BZOJ 4455: [Zjoi2016]小星星 容斥原理+树形DP

题意： 

给定一张图，和这个图的一颗生成树.  

求：重新对这颗树标号，有多少种标号方式满足如果一条边 $(x,y)$ 在树中出现的话在图中也出现.         

暴力做法：$f[i][j][S]$ 即在以 1 为根的树中遍历到点 $i$，该点映射的点是 $j$，且 $i$ 这颗子树映射的点集是 $S$.       

转移的话时间复杂度比较高，而且非常麻烦.       

我们之所有有 $S$ 的限制是因为不可以出现树上两个不同的点同时映射了相同的点.   

如果不考虑映射相同的点的话直接设状态 $f[i][j]$ 即可.    

$f[i][j]=prod_{k subseteq son[i]} f[k][a]$，$E(j,a)$.               

不妨考虑容斥：令 $f(k)$ 表示用了最多 $k$ 个点的映射数量，那么 $Ans=sum_{i=1}^{n} (-1)^{n-i} f(i).$     

求 $f(k)$ 的话就枚举 $n$ 的子集，然后每次只允许 $f[i][j]$ 中的 $j$ 是子集中的元素.        

#include <cstdio>  
#include <cstring>
#include <algorithm> 
#define N 18   
#define ll long long 
#define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin)    
using namespace std;   
int n,m,edges;  
int del[N],con[N][N],hd[N],to[N<<1],nex[N<<1]; 
ll dp[N][N];     
void add(int u,int v) 
{
    nex[++edges]=hd[u],hd[u]=edges,to[edges]=v;  
}
int count(int x) 
{             
    memset(del,0,sizeof(del));  
    int cn=0,re=1,sz=0; 
    for(;x;x>>=1,++re)  if(x&1) del[re]=1,++sz;    
    return sz;   
}      
void dfs(int x,int ff) 
{ 
    for(int i=1;i<=n;++i) if(!del[i]) dp[x][i]=1;   
    for(int i=hd[x];i;i=nex[i]) 
    {
        int y=to[i]; 
        if(y==ff) continue;     
        dfs(y,x);     
        for(int j=1;j<=n;++j)
        {
            if(del[j]) continue; 
            ll sum=0;  
            for(int k=1;k<=n;++k) 
            {
                if(del[k]||!con[j][k]) continue;  
                sum+=dp[y][k];    
            }      
            dp[x][j]*=sum;  
        }
    }
}
int main() 
{      
    // setIO("input"); 
    int i,j; 
    scanf("%d%d",&n,&m); 
    for(i=1;i<=m;++i) 
    {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y),con[x][y]=con[y][x]=1;  
    }  
    for(i=1;i<n;++i) 
    {
        int x,y; 
        scanf("%d%d",&x,&y);   
        add(x,y),add(y,x);   
    }
    ll ans=0;  
    for(i=0;i<(1<<n);++i) 
    {
        int id=count(i);           
        dfs(1,0);  
        ll sum=0ll;   
        for(j=1;j<=n;++j) if(!del[j]) sum+=dp[1][j];     
        if(id&1) ans-=sum; 
        else ans+=sum;   
    }   
    printf("%lld
",ans); 
    return 0;   
}