bzoj4455 [Zjoi2016]小星星

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​​ Description 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。 Input 第一行包含个2正整数n,m，表示原来的饰品中小星星的个数和细线的条数。 接下来m行，每行包含2个正整数u,v，表示原来的饰品中小星星u和v通过细线连了起来。 这里的小星星从1开始标号。保证u≠v，且每对小星星之间最多只有一条细线相连。 接下来n-1行，每行包含个2正整数u,v，表示现在的饰品中小星星u和v通过细线连了起来。 保证这些小星星通过细线可以串在一起。 n<=17,m<=n*(n-1)/2

Output 输出共1行，包含一个整数表示可能的对应方式的数量。 如果不存在可行的对应方式则输出0。 Sample Input 4 3 1 2 1 3 1 4 4 1 4 2 4 3 Sample Output 6 HINT 题解:JudgeOnline/upload/201603/4455.txt

Source bzoj上需要卡常数

可以想到简单的n^3*3^n的dp即设dp[i][j][s]表示i子树内i对应图中j号点 i子树内的联通块 都选了哪些点

于是考虑容斥我们枚举有哪些点不选 然后去掉最后一维s 每次枚举有几个点不要即可 dp[i][j]表示i子树 i节点选了j点的方案数 因为存在重复映射的情况 所以考虑采用容斥搞掉即可

#include#define ll long longusing namespace std;inline char gc(){ static char now[1<<16],*S,*T; if (T==S){T=(S=now)+fread(now,1,1<<16,stdin);if (T==S) return EOF;} return *S++;}inline int read(){ int x=0,f=1;char ch=gc(); while(!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1;ch=gc();} while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=gc(); return x*f;}const int N=20;bool mp[N][N];int h[N],num,n,m,id[N],size;ll ans,dp[N][N];struct node{ int y,next;}data[N<<1];inline void dfs(int x,int fa){ for (int i=1;i<=size;++i) dp[x][id[i]]=1; for (int i=h[x];i;i=data[i].next){ int y=data[i].y;if(y==fa) continue;dfs(y,x); for (int j=1;j<=size;++j){ ll sum=0; for (int k=1;k<=size;++k){ sum+=mp[id[j]][id[k]]*dp[y][id[k]]; }dp[x][id[j]]=dp[x][id[j]]*sum; } }}int main(){ freopen("bzoj4455.in","r",stdin); n=read();m=read(); for (int i=1;i<=m;++i){ int x=read(),y=read(); mp[x][y]=mp[y][x]=1; } for (int i=1;i

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