#185. 【ZJOI2016】小星星
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 nn 颗小星星，用 mm 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−1n−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。
输入格式
第一行包含个 22 正整数 n,mn,m ，表示原来的饰品中小星星的个数和细线的条数。
接下来 mm 行，每行包含 22 个正整数 u,vu,v，表示原来的饰品中小星星 uu 和 vv 通过细线连了起来。这里的小星星从 11 开始标号。保证 u≠vu≠v，且每对小星星之间最多只有一条细线相连。
接下来行 n−1n−1，每行包含个 22 正整数 u,vu,v，表示现在的饰品中小星星 uu 和 vv 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。
输出格式
输出共 11 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 00。
样例一
input
4 3 1 2 1 3 1 4 4 1 4 2 4 3
output
6
explanation
现在的饰品中第 44 颗小星星与原来的第 11 颗对应，现在的第 1,2,31,2,3 颗小星星可以与原来的第 2,3,42,3,4 颗小星星对应，所以有 66 种对应方式。
样例二
见样例数据下载。
限制与约定
各测试点满足以下约定：
| 测试点 | nn | mm | 约定 |
|---|---|---|---|
| 1 | =10=10 | ≤n(n−1)2≤n(n−1)2 | 无 |
| 2 | |||
| 3 | =17=17 | 保证新的饰品中每颗小星星与至多两颗小星星相连 | |
| 4 | |||
| 5 | =14=14 | 无 | |
| 6 | |||
| 7 | =16=16 | 保证答案不超过 105105 | |
| 8 | 无 | ||
| 9 | =17=17 | ||
| 10 |
时间限制：1s1s
空间限制：512MB
/* dp[i][j]表示以i为根的子树并且i对应原图的j的方案数 为避免同一个节点在树上映射多次，用容斥原理处理答案 */ #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define maxn 30 using namespace std; int n,m,cnt,bin[maxn],head[maxn],a[maxn],num; long long dp[maxn][maxn]; bool mp[maxn][maxn]; struct node{int to,pre;}e[maxn*2]; void Insert(int from,int to){ e[++num].to=to; e[num].pre=head[from]; head[from]=num; } void dfs(int now,int father){ long long tmp; for(int i=head[now];i;i=e[i].pre){ int to=e[i].to; if(to!=father)dfs(to,now); } for(int i=1;i<=cnt;i++){ dp[now][i]=1; for(int j=head[now];j;j=e[j].pre){ int to=e[j].to; tmp=0; if(to==father)continue; for(int k=1;k<=cnt;k++) if(mp[a[i]][a[k]])tmp+=dp[to][k]; dp[now][i]*=tmp; if(!dp[now][i])break; } } } int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); int x,y;long long ans=0,sum=0; bin[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)bin[i]=bin[i-1]<<1; for(int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d%d",&x,&y); mp[x][y]=mp[y][x]=1; } for(int i=1;i<n;i++){ scanf("%d%d",&x,&y); Insert(x,y);Insert(y,x); } for(int i=0;i<bin[n];i++){ sum=cnt=0; for(int j=1;j<=n;j++)if(i&bin[j-1])a[++cnt]=j; dfs(1,0); for(int j=1;j<=cnt;j++)sum+=dp[1][j]; if((cnt^n)&1)ans-=sum;else ans+=sum; } cout<<ans; return 0; }
