[ZJOI2016]小星星

题意

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给出 \(n(\leq 17)\) 个点 \(m\) 条边的图，和 \(n\) 个点 \(n - 1\) 条边的树，问将树每个点对应到图中不同的点后，原树上的边在图中都存在的方案数。

树形dp + 一点状压

方程

对于树上的点可以设 \(f[u][t]\) 表示树的结点 \(u\) 对应到图上的 \(t\) 点，子树已经都对应了的方案数。

如果不考虑选择的点不同，就可能会把多个树上的点对应到同一个图上的点。

最终求出来的东西是: 最多对应图上 \(n\) 个点的方案数。

而我们要求的东西是恰好对应图上 \(n\) 个点的方案数。

不妨用 \(F(S)\) 表示最多的选出 \(|S|\) 个数的方案数，\(G(S)\) 表示恰好。

那么就有:

\[F(S) = \sum_{T \subseteq S} G(T) \]

根据容斥原理, 有：

\[G(S) = \sum_{T \subseteq S} (-1) ^ {|S| - |T|} F(T) \]

顺带一提：这里实际上是将子集和，变回原来一个集和的和，超集也有这样的操作。

所以只要限定图中选的点, 求出 \(2 ^ n\) 个不同的点集 \(S\) 的方案数，就能算出恰好的方案数。

注意到一个小问题，就是选出的点集 \(S\) 中可能存在多对一的情况，但是在最后的全集中一定是一一对应，不存在多对一情况。

初始状态

对于叶子节点 \(u\)，它可以对应任意一个点集 \(S\) 中的点, \(f[u][i] = 1, (i \in S)\)。

转移

对于节点 \(u\), 假如它选择对应点 \(i (\in S)\), 那么就可以枚举孩子 \(v\) 的对应点 \(j\)， 假如在图上存在 \((i, j)\) 这条边，那么：

\[f[u][i] = \prod_{v \in son}\sum_{j = 1}^{n} f[v][j] \]

最后求得 \(\sum_{i} f[1][i]\) 就是满足限定点集 \(S\), 最多用 \(|S|\) 个图中点，将树对应到图上的方案数 \(F(S)\)。

分析

树形dp \(O(n ^ 2)\)。

枚举选定的点集 \(O(2^n)\)。

总的时间复杂度就是 \(O(n^22^n)\)。

代码

开了 O2 才过的屑代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ll = long long;
const int MAXN = 20;
const int INF = 0x7fffffff;
const int mod = 998244353;

template <typename T>
void Read(T &x) {
	x = 0; T f = 1; char a = getchar();
	for(; a < '0' || '9' < a; a = getchar()) if (a == '-') f = -f;
	for(; '0' <= a && a <= '9'; a = getchar()) x = (x * 10) + (a ^ 48);
	x *= f;
}

int add(int a, int b) {
	int c = a + b;
	if (c >= mod) c -= mod;
	if (c < 0) c += mod;
	return c; 
} 
int mul(int a, int b) {
	return 1ll * a * b % mod; 
}
int qpow(int a, int b) {
	int sum(1);
	while(b) {
		if (b & 1) sum = mul(sum, a);
		a = mul(a, a);
		b >>= 1;
	}
	return sum; 
}

int n, m;

vector<int> e[MAXN]; 
int p[MAXN][MAXN]; 

ll f[MAXN][MAXN];

void dp(int u, int fa, int lim) {
	for (int i = 1; i <= n; i ++)
		f[u][i] = 0;	
	for (auto v : e[u]) {
		if (v == fa) continue; 
		dp(v, u, lim); 	
	}
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		if (!(lim & (1 << i - 1))) continue;
		f[u][i] = 1;
		for (auto v : e[u]) {
			if (v == fa) continue;
			ll sum = 0;  
			for (int j = 1; j <= n; j ++)
				if (p[i][j])
					sum += f[v][j];
			f[u][i] *= sum; 
		}
	}
}

int main() {
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= m; i ++) {
		int u, v;
		cin >> u >> v;
		p[u][v] = p[v][u] = 1; 
	}
	for (int i = 1; i < n; i ++) {
		int u, v;
		cin >> u >> v;
		e[u].emplace_back(v);
		e[v].emplace_back(u); 
	}
	ll ans = 0; 
	for (int i = 1; i < (1 << n); i ++) {
		ll sum = 0;
		dp(1, 0, i);
		for (int j = 1; j <= n; j ++)
			sum += f[1][j];
		int cnt = 0;
		for (int j = i; j; j ^= j & -j) cnt ++; 
		ans += (((n - cnt) & 1) ? -1 : 1) * sum;
	}
	cout << ans; 
	return 0;
}