LINK：死亡之树
关于去重 还是有讲究的。
题目求本质不同的 具有k个叶子节点的树的个数 不能上矩阵树。
点数很少容易想到装压dp 考虑如何刻画树的形状 发现一个维度做不了 所以。
设状态 f[i][j]表示 点的集合为i叶子集合的点为j的方案树。
这样我们就能知道这棵树大致的样子 空间 为(2^{2n})
当然 如果使用三进制状压 空间复杂度还会进一步降到3^n 不过这道题没有卡空间。
考虑转移 可以枚举点 也可以枚举边。
先考虑枚举边 会出现重复的情况 如先加这条边再加那条边 两条边可以交换。
考虑强制按顺序的话 需要记上次加入的边是什么。时间上过不了。
考虑最后除以(n-1)! 这样也不行因为 这样的话 每次考虑加入边的时候点的状态的刻画存在问题。
考虑枚举点 此时实质还是在加边 还是有重复的。
甚至在某个时刻都有可能出现顺序带来方案数不同的问题。
还是考虑点的有序性 考虑 从一个状态到达另外一个状态转移的唯一性。
可以发现在枚举决策的时候 只有当前决策大于叶子节点的最大的那个再进行转移 此时这样就保证了每一种树都是以唯一的方式构造出来的。
证明 倒着想 考虑当前的一棵树的上一个状态 一定是当前状态减掉最大编号的叶子节点得到的 如果不是 那么上个状态是不能转移到当前状态的。
归纳一下可以得证。
const ll MAXN=11;
ll n,maxx,m,K;
ll sum[1<<MAXN];
ll f[1<<MAXN][1<<MAXN];
ll a[MAXN][MAXN];
signed main()
{
freopen("dead.in","r",stdin);
freopen("dead.out","w",stdout);
get(n);get(m);get(K);
rep(1,m,i)
{
ll get(x);ll get(y);
a[x][y]=a[y][x]=1;
}
rep(2,n,i)if(a[1][i])f[1|(1<<(i-1))][1|(1<<(i-1))]=1;
maxx=(1<<n)-1;
rep(1,maxx,i)sum[i]=sum[i>>1]+(i&1);
rep(1,maxx,i)
{
for(ll j=i;j;j=i&(j-1))
{
if(!f[i][j])continue;
for(ll k=1;k<=n;++k)
{
if(!(i&(1<<(k-1))))continue;
ll w=j;
if(j&((1<<(k-1))))w=w^(1<<(k-1));
for(ll cc=1;cc<=n;++cc)
{
if((1<<(cc-1))<w)continue;
if(i&(1<<(cc-1)))continue;
if(!a[k][cc])continue;
if(sum[w|(1<<(cc-1))]>K)continue;
f[i|(1<<(cc-1))][w|(1<<(cc-1))]+=f[i][j];
}
}
}
}
ll ans=0;
for(ll j=maxx;j;j=maxx&(j-1))if(sum[j]==K)ans+=f[maxx][j];
putl(ans);return 0;
}