BZOJ 4455: [Zjoi2016]小星星(容斥+树形dp)

传送门

解题思路

　　首先题目中有两个限制，第一个是两个集合直接必须一一映射，第二个是重新标号后，(B)中两点有边(A)中也必须有。发现限制(2)比较容易满足，考虑化简限制(1)。令(f(S))表示重标号后至多出现在(S)中的标号且满足条件(2)的方案数，令(g(S))表示重标号后恰好出现在(S)中的标号满足条件(2)的方案数。这应该是容斥里的一个套路。那么有转移方程：

[f(S)=sumlimits_{T subseteq S}g(T)Rightarrow g(S)=sumlimits_{T subseteq S}(-1)^{left|S ight |-left|T ight|}f(T) ]

　　然后问题就转化成为求(f(S))了。令(h[i][j])表示(i)点重新标号后是(j)的方案数。那么转移的时候考虑(x)的儿子(u)产生的贡献，可以枚举(u)的重标号，然后看他们两个的重标号之间有没有边，如果有的话(cnt+=h[u][j])，最后(u)对(h[i][j])的贡献就为(cnt)。时间复杂度(O(2^n*n^3))，在下人丑常数大，(bzoj)卡了半天才过。。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>

using namespace std;
const int MAXN = 18;
typedef long long LL;

inline int rd(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)) f=ch=='-'?0:1,ch=getchar();
	while(isdigit(ch))  x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	return f?x:-x;	
}

int n,m,head[MAXN],cnt,a[MAXN][MAXN],zz[MAXN];
int to[MAXN<<1],nxt[MAXN<<1],tot;
LL g[MAXN][MAXN],ans,now;
bool use[MAXN];

void out(LL x){
	if(!x) return ;
	out(x/10);putchar('0'+x%10);	
}

inline void add(int bg,int ed){
	to[++cnt]=ed,nxt[cnt]=head[bg],head[bg]=cnt;	
}

void dfs(int x,int f){
	int u;LL sum;
	for(register int i=1;i<=tot;i++) g[x][i]=1;
	for(register int i=head[x];i;i=nxt[i]){
		u=to[i];if(u==f) continue;dfs(u,x);
		for(register int j=1;j<=tot;j++){sum=0;
			for(register int k=1;k<=tot;k++)
				if(a[zz[j]][zz[k]]) sum+=g[u][k];
			g[x][j]*=sum;
		}
	}
}

int main(){
	n=rd(),m=rd();int x,y;
	for(register int i=1;i<=m;i++){
		x=rd(),y=rd();
		a[x][y]=a[y][x]=1;
	}
	for(register int i=1;i<n;i++){
		x=rd(),y=rd();
		add(x,y),add(y,x);	
	}int num;
	for(register int S=1;S<1<<n;S++){
		tot=0;num=0;now=0;
		for(register int i=1,T=S;T;T>>=1,i++)
			if(T&1) num++,zz[++tot]=i;
		num=n-num;dfs(1,0);for(register int i=1;i<=tot;i++) now+=g[1][i];
		if(num&1) ans-=now;else ans+=now;
	}
	if(!ans) putchar('0');else out(ans);
	return 0;	
}