Solution -「CF 599E」Sandy and Nuts

$\mathcal{Description}$

  Link.

  指定一棵大小为 $n$，以 $1$ 为根的有根树的 $m$ 对邻接关系与 $q$ 组 $\text{LCA}$ 关系，求合法树的个数。

  $0\le m<n\le13$，$q\le100$。

$\mathcal{Solution}$

  巧妙的状压 owo。不考虑限制，自然地有状态 $f(u,S)$ 表示用 $S$ 中的结点构成以 $u$ 为根的树的方案数。转移相当于划分出一棵子树，有：

$$f(u,S)=\sum_{v\in T\subseteq(S\setminus u)}f(v,T)f(u,S-T)$$

  不过这样显然会算重复。考虑任意固定子树 $T$ 内的某个点，设 $p\not=u$ 且 $p\in T$，钦定 $p\in T$ 就避免了重复，则：

$$f(u,S)=\sum_{v,p\in T\subseteq(S\setminus u)}f(v,T)f(u,S-T)$$

  注意 $p$ 在求和过程中是常量。

---

  接下来着手处理限制：

• 限制 $\text{LCA}$，设当前状态 $f(w,S)$，枚举到子集 $T$：
  • 若 $(u\in T)\land(v\in T)\Leftrightarrow\mathrm T$（注意最后这个罗马字体的 $\mathrm T$ 表示逻辑运算为真），$u$ 和 $v$ 的 $\text{LCA}$ 必然在 $T$ 中，所以必然不是 $w$，矛盾。
  • 若 $q,r$ 的 $\text{LCA}$ 指定为 $p$，且 $p\in T\land(q\not\in T\lor q\not\in T)\Leftrightarrow \mathrm T$，即两点的 $\text{LCA}$ 深于其中至少一个点，显然不满足。
• 限制邻接点，同样地设当前状态 $f(w,S)$，枚举到子集 $T$：
  • 若 $u,v\not=r$ 邻接，且 $(u\in T)\leftrightarrow(v\in T)\Leftrightarrow\mathrm F$，即有且仅有其中一点属于 $T$，矛盾。
  • 若 $u,v$ 均与 $w$ 邻接，且 $(u\in T)\land(v\in T)\Leftrightarrow\mathrm T$，即 $w$ 向子树 $T$ 内的至少两个点连边，矛盾。

  转移的时候判一下这四种情况就行啦。

  复杂度 $\mathcal O(3^nn(n+m+q))$，不过跑不满。为什么我交一发当场最优解 rank1 呢 www？

$\mathcal{Code}$

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>

#define bel( x, S ) ( ( S >> x ) & 1 )

typedef long long LL;
typedef std::pair<int, int> pii;

const int MAXN = 13;
int n, m, q;
LL f[MAXN + 5][1 << MAXN];
std::vector<int> adj[MAXN + 5];
std::vector<pii> dif[MAXN + 5]; 

inline bool check ( const int r, const int T ) {
	for ( pii p: dif[r] ) { // LCA情况1.
		if ( bel ( p.first, T ) && bel ( p.second, T ) ) {
			return false;
		}
	}
	for ( int u = 0; u < n; ++ u ) { // LCA情况2.
		if ( ! ( ( T >> u ) & 1 ) ) continue;
		for ( pii p: dif[u] ) {
			if ( ! bel ( p.first, T ) || ! bel ( p.second, T ) ) {
				return false;
			}
		}
	}
	for ( int u = 0; u < n; ++ u ) { // 邻接情况1.
		if ( u == r ) continue;
		for ( int v: adj[u] ) {
			if ( v ^ r && bel ( u, T ) ^ bel ( v, T ) ) {
				return false;
			}
		}
	}
	int cnt = 0;
	for ( int u: adj[r] ) cnt += bel ( u, T ); // 邻接情况2.
	return cnt <= 1;
}

inline LL solve ( const int r, int S ) {
	LL& ret = f[r][S];
	if ( ~ ret ) return ret;
	ret = 0, S ^= 1 << r; // 这里注意去除根节点.
	int p;
	for ( p = 0; p < n && ! ( ( S >> p ) & 1 ); ++ p ); // 钦定一点p.
	for ( int T = S; T; T = ( T - 1 ) & S ) { // 枚举子集.
		if ( ! ( ( T >> p ) & 1 ) || ! check ( r, T ) ) continue;
		for ( int u = 0; u < n; ++ u ) {
			if ( ! bel ( u, T ) ) continue;
			ret += solve ( u, T ) * solve ( r, S ^ T ^ ( 1 << r ) );
		}
	}
	return ret;
}

int main () {
	scanf ( "%d %d %d", &n, &m, &q );
	for ( int i = 1, u, v; i <= m; ++ i ) {
		scanf ( "%d %d", &u, &v ), -- u, -- v;
		adj[u].push_back ( v ), adj[v].push_back ( u );
	}
	for ( int i = 1, u, v, w; i <= q; ++ i ) {
		scanf ( "%d %d %d", &u, &v, &w ), -- u, -- v, -- w;
		dif[w].push_back ( { u, v } );
	}
	memset ( f, 0xff, sizeof f );
	for ( int u = 0; u < n; ++ u ) f[u][1 << u] = 1; // 单点，一种方案.
	printf ( "%lld\n", solve ( 0, ( 1 << n ) - 1 ) );
	return 0;
}