【bzoj4455】[Zjoi2016]小星星

Problem

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。

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

数据范围

对于100%的数据 n<=1000

Solution

首先，这道题有很多的部分分。

20%可以暴力枚举。

40%可以当做一条链的情况做状压DP。

总共60%~70%的数据不用卡常。

当然剩下的30%我就呵呵哒。

咳咳，进入正题。

首先我们考虑一种比较直观的状压方法，用 f[i][state] 表示i号点所在的子树，使用了state所表示的点进行映射。这样每一次转移都需要枚举子集，复杂度 O(3n∗n2) ，需要非常高（jiao）深（shi）的常数优化技巧。

这种做法的复杂度瓶颈明显出现在枚举子集上，那怎么优化这个枚举子集的过程呢？我们考虑使用容斥原理。假设每个点映射的点构成的集合是可重集（用 state 表示），也就是说树上两个不同点的映射可以相同。那么首先枚举 state ，复杂度 O(2n) ，接下来只需要记 f[i][j] 表示第树上i号点映射图中j号点的方案数，枚举所有孩子的 f[k][l] ，就可以做到 O(n3) 计算。注意k的枚举一共只有n次。

接下来使用容斥原理，对于 State=Si ，我们记 reti=Σf[root][j],j∈Si ，若 |Si|≡n(mod2) ，则 ans+=reti ，否则 ans−=reti 。只是使用了同加异减的想法，非常简单。

至此，整个问题在 O(2n∗n3) 的时间内得到完成，只需要少量的常数优化即可通过本题。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define red(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); i--)
#define ll long long

inline int read() {
    char c = getchar(); int x = , f = ;
    while(!isdigit(c)) { if (c == '-') f = -; c = getchar(); }
    while(isdigit(c)) { x = x *  + c - '0'; c = getchar(); }
    return x * f;
}

const int N = ;
int n, m, tail = ;
ll f[N][N];
int hash[N], g[N][N], gt[N][N], fa[N], p[N], q[N], head[N], e[N][];

void addedge(int s, int t) { e[++tail][] = t; e[tail][] = head[s]; head[s] = tail; }
void bfs(int s) {
    int l = , r = ; q[] = s;
    while(l <= r) {
        int x = q[l], ch = ; l++;
        rep(i, , n) if (gt[x][i] && i != fa[x]) q[++r] = i, fa[i] = x, ++ch, addedge(x, i);
        if (ch == ) hash[x] = ;
    }
}
void dp(int s, int state, int cnt) {
    red(i, n, ) {
        int x = q[i];
        if (hash[x]) continue;
        rep(j, , cnt) {
            for(int i = head[x]; i != -; i = e[i][]) {
                int ch = e[i][]; ll num = ;
                if (fa[ch] != x) continue;
                rep(k, , cnt) if (g[p[j]][p[k]]) num += f[ch][k];
                f[x][j] *= num;
            }
        }
    }
}
int get_cnt(int x) {
    int cnt = , j = ;
    while(x) {
        j++;
        if (x & ) p[++cnt] = j;
        x >>= ;
    }
    return cnt;
}
int main() {
    n = read(); m = read();
    rep(i, , n) g[i][i] = ;
    int x, y;
    rep(i, , m) x = read(), y = read(), g[x][y] = g[y][x] = ;
    rep(i, , n - ) x = read(), y = read(), gt[x][y] = gt[y][x] = ;
    memset(hash, , sizeof(hash));
    fa[] = ;
    rep(i, , n) head[i] = -;
    bfs();
    ll ans = , tag = n % ;
    rep(state, , (( << n) - )) {
        int cnt = get_cnt(state);
        ll flag = (cnt %  == tag) ?  : -, _ans = ;
        rep(i, , n) rep(j, , cnt) f[i][j] = ;
        dp(, state, cnt);
        rep(i, , cnt) _ans += f[][i];
        ans += flag * _ans;
    }
    cout << ans << endl;
    return ;
}
           

尾声

听说写ZJOI的题解会有很多人看诶

然而我马上也要省选啦TAT

咕咕

加油啦

End.