UOJ #185【ZJOI2016】 小星星
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首先有个暴力很好想。令\(f_{i,j,S}\)表示把\(i\)这棵子树对应到原图中的\(S\)集合,\(i\)号点对应到了\(j\)号点的方案数。这玩意儿复杂度是\(O(3^nn^3)\)的,但是稍微加点优化就能有\(40\)分。
然后看看这个转移的方程,实际上就是集合或卷积。于是我们就可以优化转移了,总复杂度就变成了\(O(2^nn^4)\)。
然后我们发现,我们完全可以\(dp\)的整个过程都在\(n\)维前缀和类似物下进行,最后再用差分类似物弄回来就可以了。于是复杂度成功降为\(O(2^nn^3)\)。
这个复杂度算出来好像是会\(TLE\)的样子……但是复杂度是不满的,所以我们卡一卡常数就能\(AC\)了。
我写的东西比较丑陋,只能卡着时间过去……然后去膜了一发王队的代码,发现空间复杂度都可以只需\(O(2^n)\)……只要每次先枚举状态\(S\),再对整棵树进行\(dp\)就可以了。而且这样做常数也非常之小。
至于正解的容斥,就先坑在这里吧。
下面贴代码:
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #define File(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout) #define N 17 using namespace std; typedef long long llg; int n,m,lim,mp[1<<N],G[N]; llg f[N][N],res,g[1<<N]; int h[N][N],lh[N]; void dfs(int u,int fa,int S){ for(int i=S;i;i-=i&(-i)) f[u][mp[i&(-i)]]=1; for(int l=0;l<lh[u];l++){ if(h[u][l]==fa) continue; dfs(h[u][l],u,S); for(int i=S,x;i;i-=i&(-i)){ res=0; x=mp[i&(-i)]; for(int j=G[x]&S;j;j-=j&(-j)) res+=f[h[u][l]][mp[j&(-j)]]; f[u][x]*=res; } } } int main(){ File("a"); scanf("%d %d",&n,&m); lim=1<<n; for(int i=1,u,v;i<=m;i++){ scanf("%d %d",&u,&v); u--,v--; G[u]|=1<<v; G[v]|=1<<u; } for(int i=2,u,v;i<=n;i++){ scanf("%d %d",&u,&v); u--,v--; h[u][lh[u]++]=v,h[v][lh[v]++]=u; } for(int i=0;i<n;i++) mp[1<<i]=i; for(int i=1;i<lim;i++){ dfs(0,-1,i); for(int j=0;j<n;j++) if((i>>j)&1) g[i]+=f[0][j]; } for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<lim;j++) if((j>>i)&1) g[j]-=g[j^(1<<i)]; printf("%lld",g[lim-1]); return 0; }
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