題目傳送門
給出乙個 \(n\) 個點 \(m\) 條邊的無向圖，問有多少個點集滿足點集中任意兩點均不存在邊相連。
\(n\le 10^5,m-n\le 10\)，答案對 \(998244353\) 取模。
妙啊！！！
首先我們從樹的形態開始考慮，你發現答案其實就是獨立集的個數，具體來說我們可以設 \(f_\) 表示 \(u\) 點選或不選的方案數，可以得到：
\[f_=\prod_ (f_+f_)
\]\[f_=\prod_ f_
\]然後我們考慮有返祖邊的情況，你發現這個邊數特別少，於是我們考慮列舉每一條邊的情況，你發現只有 \(3\) 種，即 \((0,0),(0,1),(1,0)\)，但是實際上可以壓縮到 \(2\) 種情況，即考慮乙個點是 \(0\) 還是 \(1\)。於是我們可以列舉一下情況，然後時間複雜度就是 \(\theta(2^ n)\)。就可以獲得 \(75\) 的好成績了。為了方便，我們之後稱需要列舉情況的點為「不定點」。
然後你發現實際上每次 dp，我們重複計算的東西實際上很多，但是我們經過思考發現其實每次只會改變「不定點」的虛樹上的點。於是，我們只需要考慮虛樹上兒子對父親產生的貢獻即可。
然後我們發現實際上虛樹上的兒子對父親實際上可以表示為 \(k_f_+k_f_\)，於是我們可以預處理出 \(k_\) 這個係數，至於不在虛樹上的兒子產生的貢獻可以預處理出來。這個式子裡面的常數是實際上就是不會改變的點對「不定點」產生的貢獻造成的。
然後你就發現這個東西其實跟動態 dp 的思想是差不對的，所以這道題實際上也可以用動態 dp 搞過去。
時間複雜度 \(\theta(n+s2^s)\)，其中 \(s=m-n+1\)。
#include using namespace std;
#define int register int
#define mod 998244353
#define maxn 100005
template inline void read (t &t)while (c >= '0' && c <= '9') t *= f;}
template void read (t &x,args& ... args)
template inline void write (t x)if (x > 9) write (x / 10);putchar (x % 10 + '0');}
int n,m;
int mul (int a,int b)
int dec (int a,int b)
int add (int a,int b)
struct coe;}
coe operator + (const coe &p)const;}
}k[maxn][2];
struct node;
vector g[maxn];
vector e[maxn];
void add_edge (int u,int v)
void add_edge1 (int u,int v,coe w1,coe w2));
}int ind,cnt,eu[maxn],ev[maxn],siz[maxn],dfn[maxn],mark[maxn];
void dfs (int u,int fa)
} mark[u] |= siz[u] >= 2,siz[u] = siz[u] || mark[u];
}int f[maxn][2],p[maxn][2],sur[maxn][2],vis[maxn];
int dfs1 (int u)
else if (mark[u]) add_edge1 (u,w,k[v][0] + k[v][1],k[v][0]);
else k[u][0] = k[v][0] + k[v][1],k[u][1] = k[v][0],pos = w;
} if (mark[u]) k[u][0] = coe ,k[u][1] = coe ,pos = u;
else k[u][0] = k[u][0] * p[u][0],k[u][1] = k[u][1] * p[u][1];
return pos;
}void dfs2 (int u)
}signed main()
write (ans),putchar ('\n');
return 0;
}
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