bzoj4455
容斥原理+dp
首先考虑暴力做法,我们希望点和点一对一,那么自然要保存当前点集的状态,需要状压,据说要3^n,那么自然不行
考虑容斥原理,刚才一一对应的限制太强了,我们不要一一对应,只要满足边存在就行了,那么这样可以对于一个点集O(n^3)dp得出答案,这样自然是算重了,用容斥原理减去就行了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = ;
int n, m, top;
int g[N][N], st[N];
vector<int> G[N];
long long ans;
long long dp[N][N];
void dfs(int u, int last)
{
for(int i = ; i < G[u].size(); ++i) if(G[u][i] != last) dfs(G[u][i], u);
for(int p = ; p <= top; ++p)
{
dp[u][st[p]] = ;
for(int i = ; i < G[u].size(); ++i)
{
int v= G[u][i];
if(v == last) continue;
long long tmp = ;
for(int j = ; j <= top; ++j) if(g[st[p]][st[j]]) tmp += dp[v][st[j]];
dp[u][st[p]] *= tmp;
}
}
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = ; i <= m; ++i)
{
int u, v;
scanf("%d%d", &u, &v);
g[u][v] = g[v][u] = ;
}
for(int i = ; i < n; ++i)
{
int u, v;
scanf("%d%d", &u, &v);
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
for(int i = ; i < ( << n); ++i)
{
top = ;
for(int j = ; j < n; ++j) if(i & ( << j)) st[++top] = j + ;
memset(dp, , sizeof(dp));
dfs(, );
long long tmp = ;
for(int j = ; j <= top; ++j) tmp += dp[][st[j]];
if((n & ) == (top & )) ans += tmp;
else ans -= tmp;
}
printf("%lld\n", ans);
return ;
}
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