Sandy and Nuts

题意：

现在有一个$n$个点的树形图被拆开，现在你知道其中$m$条边，已经$q$对点的$LCA$，试求原先的树有多少种可能。

解法：

考虑$dp$，$f(x,S)$表示$x$的子树内的点集为$S$（不包括$x$的方案数）

$S$被拆成$S_0 ,S_1, S_2 ... S_m$，每个集合

这样考虑$LCA(a,b) =c$，与$<x,y> ∈ E$对$dp$的影响。

前者相当于$a,b$分属于两个$S_i$，

假设$x$连向的点为$y_0,y_1...$，

后者相当于不存在$S_i$中含有两个$y_i$ 且 当$S_i$中含有一个$y_i$时，必须要将$y_i$作为$S_i - { y_i }$的父节点。

这样，由于每一层要背包，还要状态压缩，代码十分的复杂。

考虑类比转二叉树的方法，$f(x,S)$ 由 $f(x,S oplus S0) cdot f(p, S0 oplus p)$ 转移过来。

这样代码会简化许多。

枚举子集的时候应用 $ S_0 = S & (S_0-1)$ 的技巧。

这样，总复杂度 $O(n*3^n + q*n*2^n )$。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>

#define N 14
#define LL long long
#define bit(x) (1<<(x))

using namespace std;

int n,m,q;
int g[N];
LL f[N][1<<N];
vector<int> LCA[N];

int get_bit(int S)
{
    for(int i=0;i<n;i++)
        if(S&bit(i)) return i;
    return -1;
}

int cnt_bit(int S)
{
    int ans=0;
    for(;S;S>>=1) if(S&1) ans++;
    return ans;
}

bool check(int x,int S)
{
    for(int i=0;i<(int)LCA[x].size();i++)
        if((S&LCA[x][i]) != LCA[x][i]) return 0;
    return 1;
}

LL dp(int x,int S)
{
    if(f[x][S]!=-1) return f[x][S];
    if(!S) return f[x][S] = 1;
    f[x][S]=0;
    int t=get_bit(S);
    for(int S0=S;S0;S0=(S0-1)&S)
        if(S0&bit(t))
        {
            bool flag=0;
            for(int i=0;i<(int)LCA[x].size();i++)
                if((S0&LCA[x][i]) == LCA[x][i]){flag=1; break;}
            if(flag || cnt_bit(g[x]&S0)>1) continue;
            int tmp=get_bit(g[x]&S0);
            if(tmp!=-1)
            {
                if(check(tmp,S0) && ( (S0|bit(x)) & g[tmp] ) == g[tmp])
                    f[x][S] += dp(x,S^S0)*dp(tmp,S0^bit(tmp));
            }
            else
            {
                for(int i=0;i<n;i++)
                    if(S0&bit(i))
                    {
                        if(check(i,S0) && (S0&g[i]) == g[i])
                            f[x][S] += dp(x,S^S0)*dp(i,S0^bit(i));
                    }
            }
        }
    return f[x][S];
}

int main()
{
    while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&q))
    {
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            for(int j=0;j<(1<<n);j++)
                f[i][j]=-1;
            g[i]=0;
            LCA[i].clear();
        }
        for(int i=1,x,y;i<=m;i++)
        {
            scanf("%d%d",&x,&y);
            x--,y--;
            g[x]|=bit(y);
            g[y]|=bit(x);
        }
        for(int i=1,x,y,z;i<=q;i++)
        {
            scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
            x--,y--,z--;
            LCA[z].push_back(bit(x)|bit(y));
        }
        cout << dp(0,((1<<n)-1)^1) << endl;
    }
    return 0;
}