BZOJ4455 小星星

闲扯

看到多个限制条件的计数题目，就想到容斥原理

思路

题目要求两个条件
- 编号一一对应
- 树上存在的边，在图上映射到的点上也应该存在
考虑一个暴力的dp，设\(dp_{i,j}\)表示i点编号对应到j点的方案数量
转移显然是枚举每个子节点和每个子节点对应的编号
对于每个子节点的不同方案数求和，不同子节点之间乘起来即可，复杂度\(O(n^3)\)
然后这样是错的，因为编号会有重复，不符合限制，考虑容斥
\(2^n\)枚举子集表示哪几个编号不可以被对应，因为每有一个编号不可对应，就代表至少多出一对重复编号的点，就相当于至少重复0次-至少重复1次+至少重复2次...，最后就是一次都不重复的个数了，容斥一下就行了

复杂度\(O(2^n n^3)\)

略微卡常，需要吸氧

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
int u[100],v[100],fir[100],nxt[100],cnt,n,m;
void addedge(int ui,int vi){++cnt;u[cnt]=ui;v[cnt]=vi;nxt[cnt]=fir[ui];fir[ui]=cnt;
}
int mat[100][100],stack[100],topx;
long long ans,dp[100][100];
void dfs(int u,int fa){for(int i=fir[u];i;i=nxt[i]){if(v[i]==fa)continue;dfs(v[i],u);}for(int i=1;i<=topx;i++){dp[u][i]=1;for(int j=fir[u];j;j=nxt[j]){if(v[j]==fa)continue;long long tmp=0;for(int k=1;k<=topx;k++)if(mat[stack[i]][stack[k]])tmp+=dp[v[j]][k];dp[u][i]*=tmp;}}
}
signed main(){scanf("%d %d",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++){int a,b;scanf("%d %d",&a,&b);mat[a][b]=mat[b][a]=1;        }for(int i=1;i<n;i++){int a,b;scanf("%d %d",&a,&b);addedge(a,b);addedge(b,a);}for(int S=0;S<(1<<n);S++){// printf("S=%lld ok\n",S);memset(dp,0,sizeof(dp));topx=0;for(int i=1;i<=n;i++)if((1<<(i-1))&S)stack[++topx]=i;dfs(1,0);long long tmp=0;for(int i=1;i<=topx;i++){tmp+=dp[1][i];}ans+=tmp*(((n-topx)%2)?-1:1);}printf("%lld\n",ans);return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/dreagonm/p/10427527.html

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