CodeForces 599E Sandy and Nuts 状压DP

题意：

有一棵\(n(1 \leq n \leq 13)\)个节点的树，节点的标号为\(1 \sim n\)，它的根节点是\(1\)。

现在已知它的\(m(0 \leq m < n)\)条边，和\(q(0 \leq q \leq 100)\)个\(LCA\)的关系：\(LCA(a_i, \, b_i)=c_i\)

求满足这些要求的树的个数。

分析：

为了方便，用\(0 \sim n-1\)来表示树的节点。

用\(d(root, \, mask)\)表示以\(root\)为根，选了\(mask\)这些点，而且满足题中所有要求的树的个数。

其中\(mask\)为所选的这些点的二进制表示。

那么所求的答案为\(d(0, \, 2^n-1)\)

边界情况是，树中只有一个点时，\(f(root, \, mask) = 1\)。

状态转移方程：

\(d(root, \, mask) = \sum ( d(newRoot, \, newMask) \times d(root, mask \bigoplus newMask) )\)

\(\bigoplus\)表示异或运算

其中\(d(newRoot, \, newMask)\)是我们枚举的\(d(root, \, mask)\)状态下的一个子树。

\(newRoot\)是该子树的根，\(newMask\)是子树节点的集合。

其他子树和\(root\)合起来的状态数就是\(d(root, mask \bigoplus newMask)\)。

对于同一棵树，我们枚举了一次它的第一棵子树，接着又枚举了它第二棵子树，这样会有重复计算。

所以我们规定一个特殊点，每次只枚举这个特殊点所在子树的集合。

我们可以规定这个特殊点就是\(mask\)中除\(root\)外，编号最小(或最大)的点。

状态转移条件：

只有满足题中的限制，状态才能转移，所以我们要去掉转移时不符合要求的情况：

1. 对于题目中已经给出的边\((u, v) , \, u \neq root, \, v \neq root\)，如果一个点在\(newMask\)中，而另一个点不在，则不满足要求。
2. 题中所给的边中与\(root\)相邻的而且在\(newMask\)中的点有两个或更多，也不符合要求，因为\(root\)只能和\(newRoot\)相邻。
   
   但如果只有一个的话，\(newRoot\)就已经确定下来了，后面就不需要再枚举了。
3. 对于\(LCA(a, \, b)=c\)，如果\(c=root\)，而且\(a\)和\(b\)都在\(newMask\)中，也不符合要求。因为\(LCA(a, \, b)\)肯定也在\(newMask\)中。
4. 对于\(LCA(a, \, b)=c\)，如果\(c\)在\(newMask\)中，但\(a\)或\(b\)至少有一个不在，不符合要求。

最后分析(YY)一下官方题解中时间复杂度\(3^n\)是怎么来的。

因为状压以后有一个\(2^n\)，然后考虑每次转移：

对于\(bitcount(mask) = k\)，他一共有\(2^k\)个子集，这样有\(k\)个元素的集合有\(C_n^k\)个。

所以时间复杂度为\(\sum\limits_{k=1}^{n}(C_n^k \cdot 2^k)=(2+1)^n=3^n\)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int maxn = 15;
const int maxs = 10000;
const int maxq = 100 + 10;

int n, m, q;

LL d[maxn][maxs];
int edge[maxn][maxn];
int a[maxq], b[maxq], c[maxq];

int lowbit(int x) { return x & (-x); }

int in(int i, int S) { return ((S >> i) & 1); }

LL DP(int u, int S) {
	LL& ans = d[u][S];
	if(ans != -1) return ans;

	ans = 0;
	int St = S - (1 << u);
	int t;
	for(t = 0; t < n; t++) if(in(t, St)) break;

	for(int _S = St; _S; _S = (_S-1)&St) if(in(t, _S)) {
		bool flag = true;

		for(int i = 0; i < n; i++) if(i != u) {
			for(int j = 0; j < n; j++) if(j != u) {
				if(edge[i][j] && (in(i, _S) ^ in(j, _S))) {
					flag = false;
					break;
				}
			}
			if(!flag) break;
		}

		if(!flag) continue;

		int v, cnt = 0;
		for(int i = 0; i < n; i++) {
			if(edge[u][i] && in(i, _S)) {
				cnt++;
				v = i;
			}
		}
		if(cnt >= 2) continue;

		for(int i = 0; i < q; i++) {
			if(c[i] == u && in(a[i], _S) && in(b[i], _S)) {
				flag = false; break;
			}
			if(in(c[i], _S) && (!in(a[i], _S) || !in(b[i], _S))) {
				flag = false; break;
			}
		}
		if(!flag) continue;

		if(cnt == 1) {
			ans += DP(v, _S) * DP(u, S - _S);
		} else {
			for(v = 0; v < n; v++) if(in(v, _S))
				ans += DP(v, _S) * DP(u, S - _S);
		}
	}
	return ans;
}

int main()
{
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);
	for(int i = 0; i < m; i++) {
		int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
		u--; v--;
		edge[u][v] = edge[v][u] = 1;
	}
	for(int i = 0; i < q; i++) {
		scanf("%d%d%d", a + i, b + i, c + i);
		a[i]--; b[i]--; c[i]--;
	}

	int all = (1 << n) - 1;
	memset(d, -1, sizeof(d));
	for(int i = 0; i < n; i++) d[i][1 << i] = 1;

	printf("%lld\n", DP(0, all));

	return 0;
}