标签：标号 sz ZJOI int 小星星 容斥 maxn 节点 dp
[BZOJ 4455] [ZJOI 2016] 小星星 (树形dp+容斥原理+状态压缩)
题面
给出一棵树和一个图，点数均为n,问有多少种方法把树的节点标号,使得对于树上的任意两个节点u,v,若树上u,v之间有一条边，图上u,v对应的点之间也有一条边。
\(n \leq 17\)
分析
看到\(n \leq 17\),我们应该想到状态压缩。但直接用子集dp的时间复杂度为\(O(3^nn^3)\),会TLE。所以我们压缩的状态可能有问题，考虑优化。
显然题目给了两个限制:
原树中的每条边都要在图中出现
每个标号仅出现一次。
第一个限制可以在dp转移时保证。第二个限制我们在下文中会讨论。先考虑问题的弱化版，只有第一个限制。
在只有第一个限制的前提下，我们可以写出一个简单的树形dp.\(dp[x][j]\)表示树上\(x\)的子树中的节点都已经标号，节点\(x\)的标号为\(j\)时，的标号方案数。那么:
\[ dp[x][j]=\prod_{y\in son(x)} \sum_{k=1}^n dp[y][k]\ ((j,k) \in G)\]
其中\(son(x)\)表示\(x\)的儿子集合,\(G\)表示原图的边集。最终答案为\(\sum_{i=1}^n dp[1][i]\)
这样dp的时间复杂度为\(O(n^3)\)
第二个限制其实可以用容斥原理求解。如果每个标号不仅出现一次，那么有些图上的节点就一定没有被选到。那么答案就是0个节点没被选的方案数-1个节点没被选的方案数+2个节点没被选的方案数......
于是可以用状态压缩枚举没原图被选的节点集合，对于每个节点集合，跑一次上面所述的dp，注意枚举时忽略掉原图没被选的节点。然后根据集合里元素个数的奇偶性，判断加上答案还是减去答案。时间复杂度\(O(2^n n^3)\)
总结:先找到题目里的所有限制,在满足题目所给的其余限制的前提下，对其中一个限制进行容斥，也就是先不管这个限制，再减去其不符合限制的答案即可。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxn 17
#define maxm 1000
using namespace std;
typedef long long ll;
int count_bit(int x){//求x的二进制表示里1的个数
int ans=0;
while(x){
if(x&1) ans++;
x>>=1;
}
return ans;
}
int n,m;
int g1[maxn+5][maxn+5];
struct edge{
int from;
int to;
int next;
}E[maxn*2+5];
int head[maxn+5];
int sz=1;
void add_edge(int u,int v){
sz++;
E[sz].from=u;
E[sz].to=v;
E[sz].next=head[u];
head[u]=sz;
}
bool is_del[maxn+5];//哪些节点没被选
ll dp[maxn+5][maxn+5];
void dfs(int x,int fa){
for(int i=1;i<=n;i++){
if(is_del[i]) dp[x][i]=0;
else dp[x][i]=1;
}
for(int i=head[x];i;i=E[i].next){
int y=E[i].to;
if(y!=fa){
dfs(y,x);
for(int j=1;j<=n;j++){
if(is_del[j]) continue;
ll sum=0;
for(int k=1;k<=n;k++){
if(g1[j][k]&&!is_del[k]) sum+=dp[y][k];
}
dp[x][j]*=sum;
}
}
}
}
int main(){
int u,v;
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d %d",&u,&v);
g1[u][v]=g1[v][u]=1;
}
for(int i=1;i<n;i++){
scanf("%d %d",&u,&v);
add_edge(u,v);
add_edge(v,u);
}
ll ans=0;
for(int i=0;i<(1<<n);i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(i&(1<<(j-1))) is_del[j]=1;
else is_del[j]=0;
}
dfs(1,0);
ll sum=0;
for(int j=1;j<=n;j++) sum+=dp[1][j];
if(count_bit(i)%2==1) ans-=sum;//容斥，如果没被选的个数是奇数，就减去
else ans+=sum;
}
printf("%lld\n",ans);
}标签：标号,sz,ZJOI,int,小星星,容斥,maxn,节点,dp 来源： https://www.cnblogs.com/birchtree/p/11470040.html
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