【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 = 0, f = 1;
while(!isdigit(c)) { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); }
while(isdigit(c)) { x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
return x * f;
}

const int N = 20;
int n, m, tail = 0;
ll f

;
int hash
, g

, gt

, fa
, p
, q
, head
, e
[2];

void addedge(int s, int t) { e[++tail][0] = t; e[tail][1] = head[s]; head[s] = tail; }
void bfs(int s) {
int l = 1, r = 1; q[1] = s;
while(l <= r) {
int x = q[l], ch = 0; l++;
rep(i, 1, n) if (gt[x][i] && i != fa[x]) q[++r] = i, fa[i] = x, ++ch, addedge(x, i);
if (ch == 0) hash[x] = 1;
}
}
void dp(int s, int state, int cnt) {
red(i, n, 1) {
int x = q[i];
if (hash[x]) continue;
rep(j, 1, cnt) {
for(int i = head[x]; i != -1; i = e[i][1]) {
int ch = e[i][0]; ll num = 0;
if (fa[ch] != x) continue;
rep(k, 1, cnt) if (g[p[j]][p[k]]) num += f[ch][k];
f[x][j] *= num;
}
}
}
}
int get_cnt(int x) {
int cnt = 0, j = 0;
while(x) {
j++;
if (x & 1) p[++cnt] = j;
x >>= 1;
}
return cnt;
}
int main() {
n = read(); m = read();
rep(i, 1, n) g[i][i] = 1;
int x, y;
rep(i, 1, m) x = read(), y = read(), g[x][y] = g[y][x] = 1;
rep(i, 1, n - 1) x = read(), y = read(), gt[x][y] = gt[y][x] = 1;
memset(hash, 0, sizeof(hash));
fa[1] = 0;
rep(i, 1, n) head[i] = -1;
bfs(1);
ll ans = 0, tag = n % 2;
rep(state, 1, ((1 << n) - 1)) {
int cnt = get_cnt(state);
ll flag = (cnt % 2 == tag) ? 1 : -1, _ans = 0;
rep(i, 1, n) rep(j, 1, cnt) f[i][j] = 1;
dp(1, state, cnt);
rep(i, 1, cnt) _ans += f[1][i];
ans += flag * _ans;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}

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.