标签：printf input utc 复杂度 小星星 har sam tin 输出
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
令f[i][j][S]表示以i所在的子树（不妨令1为根节点）中与图中编号集合为S的点一一对应，且i与j对应的时候的方案数，然后就可以大力转移了。这样是\(O(N^3*3^N)\)的
考虑容斥，枚举T表示所有点和图中集合为T的点对应的情况（不保证一一对应），然后答案就是和U（全集）一一对应的情况，容斥一下就好了。枚举是\(O(2^N)\)的，然后树形dp为\(O(N^3)\)，因此时间复杂度为\(O(N^3*2^N)\)，卡卡常就可以过了。
/*problem from Wolfycz*/
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define inf 0x7f7f7f7f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned int ui;
typedef unsigned long long ull;
inline char gc(){
static char buf[1000000],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int frd(){
int x=0,f=1; char ch=gc();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=gc()) if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=gc()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
return x*f;
}
inline int read(){
int x=0,f=1; char ch=getchar();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
return x*f;
}
inline void print(int x){
if (x<0) putchar('-');
if (x>9) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
const int N=20;
int pre[N*N+10],now[N+10],child[N*N+10],v[N];
ll f[N][N];
int n,m,tot,cnt;
bool map[N][N];
void join(int x,int y){pre[++tot]=now[x],now[x]=tot,child[tot]=y;}
void insert(int x,int y){join(x,y),join(y,x);}
void dfs(int x,int fa){
for (int p=now[x],son=child[p];p;p=pre[p],son=child[p]){
if (son==fa) continue;
dfs(son,x);
}
for (int i=1;i<=cnt;i++){
f[x][i]=1;
for (int p=now[x],son=child[p];p;p=pre[p],son=child[p]){
if (son==fa) continue;
ll tmp=0;
for (int j=1;j<=cnt;j++) if (map[v[i]][v[j]]) tmp+=f[son][j];
f[x][i]*=tmp;
if (!f[x][i]) break;
}
}
}
int main(){
n=read(),m=read();
for (int i=1;i<=m;i++){
int x=read(),y=read();
map[x][y]=map[y][x]=1;
}
for (int i=1;i<=n;i++) map[i][i]=1;
for (int i=1;i<n;i++){
int x=read(),y=read();
insert(x,y);
}
ll Ans=0;
for (int sta=0;sta<1<<n;sta++){
cnt=0; ll sum=0;
for (int i=1;i<=n;i++) if (sta>>(i-1)&1) v[++cnt]=i;
dfs(1,0);
for (int i=1;i<=cnt;i++) sum+=f[1][i];
Ans+=((n-cnt)&1?-1:1)*sum;
}
printf("%lld\n",Ans);
}标签：printf input utc 复杂度 小星星 har sam tin 输出
原文地址：https://www.cnblogs.com/Wolfycz/p/10036191.html
