小 y 是乙個心靈手巧的女孩子，她喜歡手工製作一些小飾品。她有 \(n\) 顆小星星，用 \(m\) 條彩色的細線串了起來，每條細線連著兩顆小星星。
有一天她發現，她的飾品被破壞了，很多細線都被拆掉了。這個飾品只剩下了 \(n-1\) 條細線，但通過這些細線，這顆小星星還是被串在一起，也就是這些小星星通過這些細線形成了樹。小 y 找到了這個飾品的設計圖紙，她想知道現在飾品中的小星星對應著原來圖紙上的哪些小星星。如果現在飾品中兩顆小星星有細線相連，那麼要求對應的小星星原來的圖紙上也有細線相連。小 y 想知道有多少種可能的對應方式。
只有你告訴了她正確的答案，她才會把小飾品做為禮物送給你呢。
第一行包含 \(2\) 個正整數 \(n,m\)，表示原來的飾品中小星星的個數和細線的條數。
接下來 \(m\) 行，每行包含 \(2\) 個正整數 \(u,v\)，表示原來的飾品中小星星 \(u\) 和 \(v\) 通過細線連了起來。這裡的小星星從 \(1\) 開始標號。保證 \(u\neq v\) ,且每對小星星之間最多只有一條細線相連。
接下來 \(n-1\) 行，每行包含 \(2\) 個正整數 \(u,v\) ，表示現在的飾品中小星星 \(u\) 和 \(v\) 通過細線連了起來。保證這些小星星通過細線可以串在一起。
輸出共 \(1\) 行，包含乙個整數表示可能的對應方式的數量。
如果不存在可行的對應方式則輸出 \(0\) 。
4 3
1 21 3
1 44 1
4 24 3
6首先考慮樸素狀壓。我們要求的答案是這棵樹有多少中在圖上的節點標號對映方案，所以我們設 \(f[i][j][s]\) 表示將 \(i\) 節點對映為 \(j\) 節點，其子樹內的點使用的對映集合為 \(s\) 的方案數，答案顯然就是 \(\sum^_f[1][i][u]\) ，表示 \(1\) 對映為 \(i\) ，且子樹對映為全集的方案數。轉移的時候注意一下包含與不包含關係的判斷就行了。
#includeusing namespace std;
const int l = 1 << 20;
char buffer[l],*s,*t;
#define gc (s == t && (t = (s = buffer) + fread(buffer,1,l,stdin),s == t) ? eof : *s++)
inline int read()
#define rint register int
#define rll register long long
#define ll long long
const int maxn = 18;
ll ans,f[maxn][maxn][1int head[maxn],tot;
int n,m;
int siz[maxn];
inline void add(rint x,rint y)
inline void dfs(rint x,rint fa)}}
} siz[x] += siz[v]; }}
int main()
for(rint i = 1;i < n;++i)
rint mx = (1 << n) - 1;
for(rint i = 0;i <= mx;++i)
g[cnt].push_back(i);//計算每個個數下都有哪些狀態。
} dfs(1,0);
for(rint i = 1;i <= n;++i)
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
我們繼續考慮對這個暴力狀壓進行優化。本題的關鍵點就在於要求對映集合不能有重複的，那麼我們直接去除這個限制。欽定有且僅有集合 \(s\) 能夠出現在對映中。所以我們可以設 \(f(s)\) 為所有點對映恰好是集合 \(s\) 的情況。\(g(s)\) 為所有點對映最多為 \(s\) 的情況，那麼我們就可以得到如下式子：
\[g(s) = \sum_f(t)
\]證明：顯然。\(t\) 是 \(s\) 的子集，所以 \(g(s)\) 為 \(s\) 集合使用不一定全的情況，所以就等於所有子集使用完全的情況求和。
然後利用子集反演，得到：
\[f(s)=\sum_(-1)^\times g(t)
\]答案就是 \(f(全集)\) 。
然後我們對上邊的狀壓進行修改，用於求出 \(g(s)\) ，重新定義 \(f[i][j][s]\) 為 \(i\) 對映為 \(j\) ，使用集合最大為 \(s\) 的方案，其轉移就可以這樣：
\[f[x][j][s]=\prod _\}} (\sum_f[v][t][s])
\]最終得到
\[g(s)=\sum _ f[1][j][s]
\]在這裡由於狀態不會瞎變，所以我們改為列舉所有狀態，然後把第三維壓掉就行了。
然後開始亂七八糟根據一堆式子求個和就行了。**卡卡常，跑過毫無壓力。
#includeusing namespace std;
const int l = 1 << 20;
char buffer[l],*s,*t;
#define gc (s == t && (t = (s = buffer) + fread(buffer,1,l,stdin),s == t) ? eof : *s++)
#define rint register int
#define rll register long long
#define reg register
#define ll long long
#define read() ()
const int maxn = 18;
ll ans,f[maxn][maxn];//壓掉狀態那一維，因為列舉狀態即可。
struct nodee[maxn<<2];
int head[maxn],tot;
int n,m;
int vec[maxn][maxn];
int jl[maxn],cnt[1<>1] + (i & 1);//計算當前狀態的元素個數
jl[0] = 0;rll tmp = 0;
for(rint j = 1;j <= n;++j)if(i & (1 << (j - 1)))jl[++jl[0]] = j;//記錄集合元素個數以及元素
dfs(1,0);
for(rint j = 1;j <= jl[0];++j)tmp += f[1][jl[j]];//求和
ans += ((n - cnt[i]) & 1) ? -tmp : tmp;//根據子集反演的式子求和
} printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
容斥 ZJOI2016 小星星
小y是乙個心靈手巧的女孩子，她喜歡手工製作一些小飾品。她有n顆小星星，用m條彩色的細線串了起來，每條細線連著兩顆小星星。有一天她發現，她的飾品被破壞了，很多細線都被拆掉了。這個飾品只剩下了n?1條細線，但通過這些細線，這顆小星星還是被串在一起，也就是這些小星星通過這些細線形成了樹。小y找到了這個飾品...
ZJOI2016 小星星（容斥 dp）
題意相當於給一棵樹重新賦予彼此不同的編號，要求樹上相鄰的兩個節點在給定的另外乙個無向圖中也存在邊相連。n很小，但列舉階乘肯定是會 的。發現編號彼此不同對統計答案的影響太大了，我們可以嘗試先讓編號可以重複，但是限制可以選用的編號集，即o 2 n 列舉n個數的子集，然後容斥一下答案。可選用的編號集合確定...
bzoj4455 容斥原理 DP 小星星
description 小y是乙個心靈手巧的女孩子，她喜歡手工製作一些小飾品。她有n顆小星星，用m條彩色的細線串了起來，每條細 線連著兩顆小星星。有一天她發現，她的飾品被破壞了，很多細線都被拆掉了。這個飾品只剩下了n?1條細線，但 通過這些細線，這顆小星星還是被串在一起，也就是這些小星星通過這些細線...