CF 11D

题目：传送门

思路：状压dp(i,j) 表示以最低位1的位号作起点（避免重复，环上任意点都能做起点，因此在这里规定一个起点，而且枚举状态时，会优先枚举低位再枚举高位），经过的点集为i，以j作为当前路径临时终点的方案数,  这里的路径可以理解为“不完整的环” “假设环”；

　　　转移方程 ：若 j 和 k（k>=起点） 之间有边 ，则 dp(i,j) ——> dp(i|1<<k,k)  ，在路径末，加入k点 ；（如果k就是起点，那么就把dp值加入答案中，这里要注意类似1-2-1的环（实际上就是无向边）是不合法的）

　　　详细解释见代码：

　　　

#include<bits/stdc++.h>
/*
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<set>
*/
#pragma GCC optimize(2)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<double,double> pdd;
const int N=20;
const int M=3005;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const LL mod=1e9+7;
const double eps=1e-9;
const long double pi=acos(-1.0L);
#define ls (i<<1)
#define rs (i<<1|1)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
LL read()
{
    LL x=0,t=1;
    char ch;
    while(!isdigit(ch=getchar())) if(ch=='-') t=-1;
    while(isdigit(ch)){ x=10*x+ch-'0'; ch=getchar(); }
    return x*t;
}
LL dp[1<<N][N];//dp(i,j) , 表示在i的状态下（路径经过的点），以 i的最低位的位号作起点，以j作为临时终点的 路径个数 "假设环"个数 （先假设这个路径能成为环，在dp加点验证）
int n,m;
int pic[N][N];
int qs(int x)
{
    int i;
    for(i=0;(1<<i&x)==0;i++);
    return i;
}
int main()
{
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int x=read(),y=read();
        pic[x-1][y-1]=1;
        pic[y-1][x-1]=1;
    }
    for(int i=0;i<n;i++) dp[1<<i][i]=1;//赋初值（创建以i为起点的路径"假设环"）
    int lim=1<<n;
    LL ans=0;
    for(int i=1;i<lim;i++)
    {
        int s=qs(i);//s为当前状态下的路径起点(假设s是某个环的起点，再通过向路径中加点来验证，我们可以把这个路径称作"假设环")
        for(int e=s;e<n;e++) //枚举路径终点(假设环的临时终点)
        {
            if(dp[i][e]==0) continue;//这个语句的判定包括了 对于(1<<e&i)的判定，由转移方程可知 dp[x][k] 其中 (1<<k&x)==1 ，这样的dp值才可能被访问到
            //if(1<<e&i)
            for(int k=s;k<n;k++) //向路径中加入新点，且这个新点的编号不能比s小，因为s是"假设环"的起点不能被替代【避免出现类似于 1-2-3-1 和 2-3-1-2 重复的情况】
            {
                if(!pic[e][k]) continue;
                if(1<<k&i)
                {
                    if(k==s) ans+=dp[i][e];
                }
                else dp[i|1<<k][k]+=dp[i][e];//向"假设环"中加点
            }
        }
    }
    printf("%lld
",(ans-m)/2);
    //可以在dp的过程中除掉只有两个点的环(只有第s、e位上为1的环，相当于边数)，也可以直接在答案中减m //if(k==s&&(1<<s|1<<e)!=i)
    //除以2是因为 ，长度>=3的环会被算两次，例如1-2-3-4-1 和 1-4-3-2-1 ；而 1-2-1 只是会被算一次（自行模拟）
    return 0;
}