bzoj4455

容斥原理+dp

首先考虑暴力做法，我们希望点和点一对一，那么自然要保存当前点集的状态，需要状压，据说要3^n,那么自然不行

考虑容斥原理，刚才一一对应的限制太强了，我们不要一一对应，只要满足边存在就行了，那么这样可以对于一个点集O(n^3)dp得出答案，这样自然是算重了，用容斥原理减去就行了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 19;
int n, m, top;
int g[N][N], st[N];
vector<int> G[N];
long long ans;
long long dp[N][N];
void dfs(int u, int last)
{
    for(int i = 0; i < G[u].size(); ++i) if(G[u][i] != last) dfs(G[u][i], u);
    for(int p = 1; p <= top; ++p)
    {
        dp[u][st[p]] = 1;
        for(int i = 0; i < G[u].size(); ++i) 
        {
            int v= G[u][i];
            if(v == last) continue;
            long long tmp = 0;
            for(int j = 1; j <= top; ++j) if(g[st[p]][st[j]]) tmp += dp[v][st[j]];
            dp[u][st[p]] *= tmp;
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= m; ++i)
    {
        int u, v;
        scanf("%d%d", &u, &v);
        g[u][v] = g[v][u] = 1;
    }
    for(int i = 1; i < n; ++i)
    {
        int u, v;
        scanf("%d%d", &u, &v);
        G[u].push_back(v);
        G[v].push_back(u);
    }
    for(int i = 0; i < (1 << n); ++i)
    {
        top = 0;
        for(int j = 0; j < n; ++j) if(i & (1 << j)) st[++top] = j + 1;
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        dfs(1, 0);
        long long tmp = 0;
        for(int j = 1; j <= top; ++j) tmp += dp[1][st[j]];
        if((n & 1) == (top & 1)) ans += tmp;
        else ans -= tmp;
    } 
    printf("%lld
", ans);
    return 0;
}