BZOJ4455 小星星
闲扯
看到多个限制条件的计数题目,就想到容斥原理
思路
题目要求两个条件
- 编号一一对应
- 树上存在的边,在图上映射到的点上也应该存在
考虑一个暴力的dp,设\(dp_{i,j}\)表示i点编号对应到j点的方案数量
转移显然是枚举每个子节点和每个子节点对应的编号
对于每个子节点的不同方案数求和,不同子节点之间乘起来即可,复杂度\(O(n^3)\)
然后这样是错的,因为编号会有重复,不符合限制,考虑容斥
\(2^n\)枚举子集表示哪几个编号不可以被对应,因为每有一个编号不可对应,就代表至少多出一对重复编号的点,就相当于至少重复0次-至少重复1次+至少重复2次...,最后就是一次都不重复的个数了,容斥一下就行了
复杂度\(O(2^n n^3)\)
略微卡常,需要吸氧
代码
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
int u[100],v[100],fir[100],nxt[100],cnt,n,m;
void addedge(int ui,int vi){
++cnt;
u[cnt]=ui;
v[cnt]=vi;
nxt[cnt]=fir[ui];
fir[ui]=cnt;
}
int mat[100][100],stack[100],topx;
long long ans,dp[100][100];
void dfs(int u,int fa){
for(int i=fir[u];i;i=nxt[i]){
if(v[i]==fa)
continue;
dfs(v[i],u);
}
for(int i=1;i<=topx;i++){
dp[u][i]=1;
for(int j=fir[u];j;j=nxt[j]){
if(v[j]==fa)
continue;
long long tmp=0;
for(int k=1;k<=topx;k++)
if(mat[stack[i]][stack[k]])
tmp+=dp[v[j]][k];
dp[u][i]*=tmp;
}
}
}
signed main(){
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++){
int a,b;
scanf("%d %d",&a,&b);
mat[a][b]=mat[b][a]=1;
}
for(int i=1;i<n;i++){
int a,b;
scanf("%d %d",&a,&b);
addedge(a,b);
addedge(b,a);
}
for(int S=0;S<(1<<n);S++){
// printf("S=%lld ok\n",S);
memset(dp,0,sizeof(dp));
topx=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if((1<<(i-1))&S)
stack[++topx]=i;
dfs(1,0);
long long tmp=0;
for(int i=1;i<=topx;i++){
tmp+=dp[1][i];
}
ans+=tmp*(((n-topx)%2)?-1:1);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}