ZJOI2016 小星星

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感觉是第一次入手容斥原理 (?)

小Y是一个心灵手巧的女孩子，她喜欢手工制作一些小饰品。她有\(n\)颗小星星，用\(m\)条彩色的细线串了起来，每条细线连着两颗小星星。有一天她发现，她的饰品被破坏了，很多细线都被拆掉了。这个饰品只剩下了\(n−1\)条细线，但通过这些细线，这颗小星星还是被串在一起，也就是这些小星星通过这些细线形成了树。小Y找到了这个饰品的设计图纸，她想知道现在饰品中的小星星对应着原来图纸上的哪些小星星。如果现在饰品中两颗小星星有细线相连，那么要求对应的小星星原来的图纸上也有细线相连。小Y想知道有多少种可能的对应方式。只有你告诉了她正确的答案，她才会把小饰品做为礼物送给你呢。

抽象化的题意：用\(1\sim n\)的排列给树上节点编号，有树边\((u,v)\)的两个端点编号\(p-u,p-v\)在原图上也要有一条边。

最暴力的方法是枚举全排列，然后去验证合不合法。

可以把全排列变成枚举子集，树形\(dp\)暴力合并。

状态设置为\(dp[i][j][s]\)，数值表示编号的方案数。

  1. 第二维是为了满足转移的时候\(u,v\)直接有边。
  2. 第三维是子树中用了的点的编号，目的是保证最后选出的是一个排列

可以用容斥原理去掉第三维。

钦定可以用的点，然后计算方案数，容斥原理得出全集的答案。

具体来说\(dp[i][j]\)表示\(i\)点编号为\(j\)时子树的编号方案数。

转移方程\(dp[u][i]=\prod_{v\in son-u}\sum dp[v][j]*[\text{some limit}]\)

比如这里条件限制是\(i,j\)可用并且\((i,j)\)这条边存在。

没有删点时，可能把有一些点没用的方案数算进去。

比如一个点没用，所以枚举缺一个点的情况，减去它的方案数。

但是你会发现缺两个点的情况又被减去两次，所以又要加回来，以此类推。

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 18;
ll dp[N][N];
int n, m;
vector<int> e[N];
bool mp[N][N], b[N];

void dfs(int u, int fa) {
	for (int i = 1; i <= n; i++) dp[u][i] = 1;
	for (int v : e[u]) {
		if (v == fa) continue;
		dfs(v, u);
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			ll sum = 0;
			for (int j = 1; j <= n; j++) {
                sum += dp[v][j] * (mp[i][j] & b[i] & b[j]);
			}
			dp[u][i] *= sum;
		}
	}
}

int main() {
    scanf("%d %d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
    	int u, v;
    	scanf("%d %d", &u, &v);
        mp[u][v] = mp[v][u] = 1;
    }
    for (int i = 1; i < n; i++) {
    	int u, v;
    	scanf("%d %d", &u, &v);
    	e[u].push-back(v);
    	e[v].push-back(u);
    }
    ll res = 0;
    for (int i = 1; i <= (1 << n) - 1; i++) {
    	int size = 0;
    	memset(b, 0, sizeof b);
        for (int j = 1; j <= n; j++) b[j] = ((i >> (j - 1)) & 1), size += !b[j];
        dfs(1, 0);
        for (int i = 1; i <= n; i++) res = (size & 1) ? res - dp[1][i] : res + dp[1][i];
    }
    printf("%lld\n", res);
    return 0;
}