Luogu P3349 小星星

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题解

设 (f(S,u,x)) 表示树上点 (u) 映射到图上点 (x) ，且图上 (S) 中的点都被 (u) 的子树映射，且 (S) 中的点在图中连通时的方案树。
枚举 (u) 的儿子 (v) ， (v) 映射到 (y) 满足 ((x,y) in E) ，显然有一个类似树形背包的式子 (f(S,u,x) gets sumlimits_{x otin T,yin T} f(S - T,u,x) imes f(T,v,y)) 。
则 (ans = sumlimits_{x=1}^{n} f(V,1,x)) 。
然而这样做是 (O(3^nn^3)) 的，显然会T。

#include <cstdio>
#define MAX_N (17 + 5)
#define MAX_S ((1 << 17) + 5)

int n, m;
int lim;
int h1[MAX_N], h2[MAX_N], tot;
struct Edge {
	int to, next;
} e[MAX_N * MAX_N];
long long f[MAX_S][MAX_N][MAX_N];

void Add_Edge(int u, int v, int *h) {
	e[++tot].to = v;
	e[tot].next = h[u];
	h[u] = tot;
}

void DFS(int u, int fa) {
	for (int i = h2[u], v; i; i = e[i].next) {
		v = e[i].to;
		if (v == fa) continue;
		DFS(v, u);
		for (int S = lim; S; --S) {
			for (int T = S - 1 & S; T; T = T - 1 & S) {
				for (int x = 1; x <= n; ++x) {
					if (!(1 << x - 1 & (S ^ T))) continue;
					for (int j = h1[x], y; j; j = e[j].next) {
						y = e[j].to;
						if (!(1 << y - 1 & T)) continue;
						f[S][u][x] += f[S ^ T][u][x] * f[T][v][y];
					}
				}
			}
		}	
	}
}

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	lim = (1 << n) - 1;
	int u, v;
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		scanf("%d%d", &u, &v);
		Add_Edge(u, v, h1);
		Add_Edge(v, u, h1);
	}
	for (int i = 1; i < n; ++i) {
		scanf("%d%d", &u, &v);
		Add_Edge(u, v, h2);
		Add_Edge(v, u, h2);
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int j = 1; j <= n; ++j)
			f[1 << j - 1][i][j] = 1;
	DFS(1, 0);
	long long ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		ans += f[lim][1][i];
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}

考虑最浪费时间的就是 (O(3^n)) 的枚举子集。
考虑去掉 (S) 这一维后求 (f(u,x)) 为什么不对？
其实是这里算的方案中 (exists u ot = v,u o x,v o x) ，而题目中要求树与图上的点一一对应，不能重复，所以这样做是错的。
那么考虑容斥，实际上我们可以设 (g(S,u,x)) 为 (u o x) 且映射到的点属于 (S) 的情况下的方案数，也就是说 (S) 中的点不一定与 (u) 的子树上的点一一对应，而且 (u) 子树上的点不一定都有映射。
显然 (g(S,u,x) = prodlimits_{vinmathrm{son}(u)} left( sumlimits_{(x,y) in E} g(S,v,y) ight)) 。
对于每一个 (S) ，都可以以 (O(n^3)) 的时间复杂度求出所有 (g(S,u,x)) 。
我们知道子集反演 (g(S) = sumlimits_{T subseteq S} f(T) Leftrightarrow f(S) = sumlimits_{T subseteq S} (-1)^{|S| - |T|} g(T)) （其实就是容斥）。
则 (f(S,u,x) = sumlimits_{T subseteq S} (-1)^{|S| - |T|} g(T,u,x)) 。
故 (ans = sumlimits_{x=1}^{n} f(V,1,x) = sumlimits_{S subseteq V}sumlimits_{x=1}^{n} (-1)^{n - |S|} g(S,1,x)) 。
于是先 (O(2^n)) 枚举 (S) 然后再dp，总复杂度就是 (O(2^nn^3)) ，吸口氧就过了。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define MAX_N (17 + 5)

int n, m;
int lim;
int h1[MAX_N], h2[MAX_N], tot;
struct Edge {
	int to, next;
} e[MAX_N * MAX_N];
int q[MAX_N], len;
long long f[MAX_N][MAX_N];

void Add_Edge(int u, int v, int *h) {
	e[++tot].to = v;
	e[tot].next = h[u];
	h[u] = tot;
}

void DFS(int u, int fa, int S) {
	long long sum;
	for (int i = h2[u], v; i; i = e[i].next) {
		v = e[i].to;
		if (v == fa) continue;
		DFS(v, u, S);
		for (int x = 1; x <= n; ++x) {
			if (!(1 << x - 1 & S)) continue;
			sum = 0;
			for (int j = h1[x], y; j; j = e[j].next) {
				y = e[j].to;
				if (!(1 << y - 1 & S)) continue;
				sum += f[v][y];
			}
			f[u][x] *= sum;
		}
	}
}

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	lim = (1 << n) - 1;
	int u, v;
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		scanf("%d%d", &u, &v);
		Add_Edge(u, v, h1);
		Add_Edge(v, u, h1);
	}
	for (int i = 1; i < n; ++i) {
		scanf("%d%d", &u, &v);
		Add_Edge(u, v, h2);
		Add_Edge(v, u, h2);
	}
	long long ans = 0;
	for (int S = 1; S <= lim; ++S) {
		memset(f, 0, sizeof f);
		len = 0;
		for (int i = 1; i <= n; ++i)
			if (1 << i - 1 & S) q[++len] = i;
		for (int i = 1; i <= n; ++i)
			for (int j = 1; j <= len; ++j)
				f[i][q[j]] = 1;
		DFS(1, 0, S);
		if (n - len & 1) 
			for (int i = 1; i <= len; ++i)
				ans -= f[1][q[i]];
		else 
			for (int i = 1; i <= len; ++i)
				ans += f[1][q[i]];
	}
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}