「ZJOI2016」小星星
「ZJOI2016」小星星
前置知识：\(FWT\)。
（建议看这个博客：https://www.cnblogs.com/chasedeath/p/12785842.html）
一眼状压，考虑写出最暴力的 dp。
设 \(f(u,a,sta)\) 表示以 \(u\) 为根的子树且 \(u\) 的编号为 \(a\) 且用掉的编号集合为 \(sta\)。
那么对于每个点枚举自己的儿子 \(v\)， 并且枚举 \(a,b\) 分别表示 \(u,v\) 的编号，再枚举子集进行统计即可。
设 \(\oplus\) 表示异或，且下文所有写到的 \(b\) 仅指满足原饰品中与 \(a\) 相连的编号。即下文提到的 \(b\) 皆满足题给的合法条件。
那么就有：
考虑使用前缀和优化，处理出对于每个 \(a\) 合法的 \(f(v,b,T)\) 之和。
那么设 \(g(v,T)_a=\sum_bf(v,b,T)\)。
就有：
直接根据这个式子计算答案时间复杂度是 \(O(n^2\times3^n)\) 的。
而注意到这个式子的形式跟下面这个式子的形式非常相似：
那么我们将原式变换一下：
由于 \(T\cap R=\varnothing\) 这个条件比较苛刻，直接 \(FWT\) 的话单次需要 \(O(n^2\times2^n)\)。总和就要 \(O(n^4\times2^n)\)了。
考虑去掉这个条件。
设 \(pc(i)\) 表示将 \(i\) 用二进制表示后有几个 \(1\)。
对于所有值不为 \(0\) 的 \(f(u,a,R_1),f(u,a,R_2)\dots f(u,a,R_k)\)，一定有 \(pc(R_1)=pc(R_2)=\dots pc(R_k)\)。
因为每个点恰有一个编号，所以对于 \(pc(R)\not = siz_u\) （\(siz_u\) 表示 \(u\) 的子树大小），\(f(u,a,R)=0\)。
（同时 \(siz_u\) 也可以表示加入儿子 \(v\) 之前加入的总点数）。
再考虑一下异或的性质：若有 \(pc(S)+pc(T)=pc(S\oplus T)\) ，则有 \(S\cap T=\varnothing\)，否则 \(S\cap R\not=\varnothing\)。
所以原式子可以直接变成：
之后对于所有 \(S\) 满足 \(pc(S)\not= siz_u+siz_v\)，我们手动赋值使 \(f(u,a,S)=0\) 即可。
那么对于后面这个式子：
直接用 \(FWT\) 处理即可，单次复杂度是 \(O(n\times 2^n)\)。总时间复杂度就是 \(O(n^3\times 2^n)\)。
此外，由于空间限制不能直接开空间为 \(O(n^2\times 2^n)\) 的数组。但是考虑除了 \(pc(S)=siz_u\) 的情况下其余 \(f\) 值皆为 \(0\)。而满足 \(pc(S)=siz_u\) 的 \(S\) 最多只有 \(2.5e4\) 个，所以离散化一下即可。
但是常数极大，可以通过 LOJ 但是不能通过 luogu。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAXN = 18;
bool Sunny;
ll f[MAXN][MAXN][30005],res[(1<<17)],C[(1<<17)],B[(1<<17)];
int A[MAXN][30005],S[MAXN],siz[MAXN];
int id[(1<<17)+5];
int n,m;
bool link[MAXN][MAXN],e[MAXN][MAXN];
bool Small;
inline void FWT()
{
for(int l=1;l<(1<<n);l<<=1)
for(int i=0;i<(1<<n);i+=2*l)
for(int j=i;j<i+l;++j)
{
ll t=B[j+l];
B[j+l]=B[j]-t;B[j]+=t;
t=C[j+l];
C[j+l]=C[j]-t;C[j]+=t;
}
}
inline void IFWT()
{
for(int l=1;l<(1<<n);l<<=1)
for(int i=0;i<(1<<n);i+=2*l)
for(int j=i;j<i+l;++j)
{
ll t=res[j+l];
res[j+l]=res[j]-t;res[j]+=t;
}
for(int i=0;i<(1<<n);++i) res[i]/=(1<<n);
}
inline void get()
{
for(int i=0;i<(1<<n);++i) res[i]=B[i]*C[i];
}
void dfs(int p,int fa)
{
for(int i=1;i<=n;++i)
f[p][i][id[1<<(i-1)]]=1;
int Siz=1;
for(int v=1;v<=n;++v)
{
if(!e[p][v]||v==fa) continue;
dfs(v,p);Siz+=siz[v];
for(int a=1;a<=n;++a)
{
memset(C,0,sizeof C);memset(B,0,sizeof B);
for(int i=1;i<=S[Siz-siz[v]];++i) C[A[Siz-siz[v]][i]]=f[p][a][i];
for(int b=1;b<=n;++b)
{
if(link[a][b])
for(int i=1;i<=S[siz[v]];++i)
B[A[siz[v]][i]]+=f[v][b][i];
}
FWT();get();IFWT();
for(int i=1;i<=S[Siz];++i) f[p][a][i]=res[A[Siz][i]];
}
}
siz[p]=Siz;
}
int main()
{
// cout<<1.0*(&Small-&Sunny)/1024/1024<<"MB"<<endl;
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1;i<(1<<n);++i)
{
int cnt=__builtin_popcount(i);
A[cnt][++S[cnt]]=i;
id[i]=S[cnt];
}
for(int i=1;i<=m;++i)
{
int u,v;
scanf("%d %d",&u,&v);
link[u][v]=link[v][u]=1;
}
for(int i=1;i<n;++i)
{
int u,v;
scanf("%d %d",&u,&v);
e[u][v]=e[v][u]=1;
}
dfs(1,0);
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i) ans+=f[1][i][id[(1<<n)-1]];
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
