【题解】小星星 [ZJOI2016] [P3349]
【题解】小星星 [ZJOI2016] [P3349]
传送门：小星星 \(\text{[ZJOI2016] [P3349]}\)
【题目描述】
给出 \(n\) 个点的一张无向图 \((V,E)\) 和一颗树，现需要给每个点 \(i\) 安排一个映射 \(a_i\)，满足对于树上任意边 \((x,y)\)，均有边 \((a_x,a_y)\in E\)。要求 \(a\) 为一个排列（即不存在两个点的映射相同），求方案数。
【分析】
组合意义天地灭，代数推导保平安。 —— tiger0133
大家似乎都是直接硬找的容斥系数，这里提供一个不需要费脑子的子集反演做法（最终柿子是一样的）。
先考虑最 \(\text{naive}\) 的暴力状压：设 \(dp(x,j,S)\) 表示点 \(x\) 映射为 \(j\)、\(x\) 子树内所有点已经使用了 \(S\) 作为映射 的方案数（\(S\) 为一个二进制数）。
\(dp\) 数组第一、三维的作用显然，第二维 \(j\) 是为了方便判断是否有连边。
转移需要枚举 \(S\) 的子集，复杂度 \(O(n^33^n)\)，用多项式科技优化子集卷积可以做到 \(O(n^42^n)\)，显然还是过不了。
复杂度瓶颈在于枚举子集，必须把这个东西去掉。
优化子集 \(dp\) 显然要上容斥，不过这里我们采用另一个思路：子集反演。
搞反演的第一步是设计两个状态，且需满足其中一个可以方便求得、另一个可以方便得出答案、两者之间存在关系式。
设计状态用类似二项式反演的套路去思考，如果实在想不出来就一个一个枚举限制条件，逐个检验是否可行。
本题的关键限制在于：任意两点的映射不能相同。当存在这一限制时无论怎么设都不好搞，所以设状态时需要把这个限制去掉。
\(f(S)\)： \(n\) 个点的映射恰好使用了 \(S\) 中的所有点（无需满足 \(a\) 为排列）。
\(g(S)\)： \(n\) 个点的映射至多只能够使用 \(S\) 中的点（无需满足 \(a\) 为排列）。
易知：
由子集反演可得：
注意：
在做二项式反演时，我们所说的“至多”和“至少”都是假的，真正含义为：钦定某一部分满足某条件，其余部分随意。因此 \(f,g\) 的关系式中会存在一个二项式系数（一个 \(f(i)\) 会被 \(g(x)\) 统计多次，当状态只有一维时，这个次数为 \(C_{i}^{x}\) 或者 \(C_{x}^{i}\)）。
但这里子集反演定义的“至多”是真货，每个 \(f(T)\) 只会被 \(g(S)\) 统计一次，因此 \(g(S)\) 直接就等于 \(\sum_{T\subseteq S}f(T)\)，不会带有奇怪的系数。
回到这道题，最终答案为 \(f(V)\)，其中 \(V\) 为全集（即 \(2^{n}-1\)）。
Q：为什喵？前面做定义时不是说的不一定满足 \(a\) 为排列吗？
A: 由于全集 \(V\) 中的 \(n\) 个点全都被作为映射使用了，而一个点只能映射一个，所以 \(f(V)\) 统计的方案中每个点的映射必定两两不同。
那么最后的问题就是 在不涉及 \(f\) 的情况下快速计算 \(g(S)\) 了。
修改一下前面的暴力状压：
用 \(dp(x,j,S)\) 表示点 \(x\) 映射为 \(j\)、\(x\) 子树内所有点至多只能使用 \(S\) 中的点作为映射值 的方案数（无需满足映射两两不同）。
转移为：
可得 \(g(S)=\sum_{j\subseteq S}dp(rt,j,S)\)，其中 \(rt\) 为树的根。
时间复杂度为：\(O(n^32^n)\)，要凭信仰卡常....
【Code】
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=18,M=131072+3;
int n,m,x,y,o,V,v[N],cnt[M],head[N],A[N][N];LL ans,g[M],dp[N][N];
struct QAQ{int to,next;}a[N<<1];
inline void add(Re x,Re y){a[++o].to=y,a[o].next=head[x],head[x]=o;}
inline void in(Re &x){
int f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')f|=ch=='-',ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
x=f?-x:x;
}
inline void dfs(Re x,Re fa,Re S){
for(Re i=1;i<=v[0];++i)dp[x][i]=1;
for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
if((to=a[i].to)!=fa){
dfs(to,x,S);
for(Re j=1;j<=v[0];++j){
LL tmp=0;
for(Re k=1;k<=v[0];++k)if(A[v[j]][v[k]])tmp+=dp[to][k];
dp[x][j]*=tmp;
}
}
}
int main(){
// freopen("123.txt","r",stdin);
in(n),in(m),V=(1<<n)-1;
if(n==1){puts("1");return 0;}
while(m--)in(x),in(y),A[x][y]=A[y][x]=1;
m=n-1;
while(m--)in(x),in(y),add(x,y),add(y,x);
for(Re s=0;s<=V;++s){
cnt[s]=cnt[s>>1]+(s&1),v[0]=0;
for(Re i=1;i<=n;++i)if(s&(1<<i-1))v[++v[0]]=i;
dfs(1,0,s);LL g=0;
for(Re i=1;i<=v[0];++i)g+=dp[1][i];
ans+=(n-cnt[s]&1)?-g:g;
}
printf("%lld\n",ans);
}
完结洒花花~
...等等，还没完！
这题神奇地没有让取模！
虽然答案的最大值 \(n!\) 没有爆 \(\text{long long}\)，但 \(\max(g(V))=n^n\) 爆了啊。
emm....手写高精多半会 \(\text{TLE}\) ....就酱吧awa
（据说用 \(\text{long long}\) 和 \(\text{int128}\) 算出来的结果是一样的）
