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一道容斥的好题
我们一共要满足两个限制：1.树中的一个点对应图中一个点，且一一对应 2.树中两点有边的，图中两点也对应有边
首先我们考虑最暴力的方法，如果同时满足两个限制，用$O(N^{N})$的时间去枚举，然后计数
那如果我们放宽一个限制，只统计满足限制2的数目，这显然可以用树形DP在$O(N^{3})$的时间里得到的
这里得到的是有$K$个点可以映射，但不保证$K$个点都被映射到，且不保证每个点只被映射一次
那么考虑用容斥去统计出答案，答案就是$Ans（N）-Ans（N-1）+Ans（N-2）-Ans（N-3）+Ans（N-4）.....$
这样容斥的时候的枚举是$O(2^{N})$的
所以总的复杂度是$O(2^{N}×N^{3})$的
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while (ch<‘0‘ || ch>‘9‘) {if (ch==‘-‘) f=-1; ch=getchar();} while (ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘) {x=x*10+ch-‘0‘; ch=getchar();} return x*f; } #define LL long long #define MAXN 50 int N,M; struct EdgeNode{int next,to;}edge[MAXN<<1]; int head[MAXN],cnt=1; void AddEdge(int u,int v) {cnt++; edge[cnt].next=head[u]; head[u]=cnt; edge[cnt].to=v;} void InsertEdge(int u,int v) {AddEdge(u,v); AddEdge(v,u);} LL dp[MAXN][MAXN],ans,now,tmp; int lt[MAXN][MAXN],bin[MAXN],tot,a[MAXN]; void DFS(int now,int last) { for (int i=head[now]; i; i=edge[i].next) if (edge[i].to!=last) DFS(edge[i].to,now); for (int i=1; i<=tot; i++) { dp[now][i]=1; for (int j=head[now]; j; j=edge[j].next) if (edge[j].to!=last) { tmp=0; for (int k=1; k<=tot; k++) if (lt[a[k]][a[i]]) tmp+=dp[edge[j].to][k]; dp[now][i]*=tmp; } } } int main() { N=read(),M=read(); for (int x,y,i=1; i<=M; i++) x=read(),y=read(),lt[x][y]=lt[y][x]=1; for (int x,y,i=1; i<=N-1; i++) x=read(),y=read(),InsertEdge(x,y); bin[0]=1; for (int i=1; i<=N; i++) bin[i]=bin[i-1]<<1; for (int i=1; i<=bin[N]-1; i++) { now=0; tot=0; for (int j=1; j<=N; j++) if (i&bin[j-1]) a[++tot]=j; DFS(1,0); for (int j=1; j<=tot; j++) now+=dp[1][j]; if ((tot&1)==(N&1)) ans+=now; else ans-=now; } printf("%lld\n",ans); return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/DaD3zZ-Beyonder/p/5793086.html
