【NOIP2015模拟10.28B组】序章-弗兰德的秘密题解

Description

弗兰德的密室里，机关上方画着两棵树的字样，机关下方是一个有数字的刻度……
弗兰德最高的两棵树，只要知道两棵树的共同的相似度就行了……
给定两棵有根树，可以任意删除两棵树上的节点（删除一棵节点必须保证该节点的子树内的所有节点也必须要被删除，换一种说法，删除后的树必须联通并形成一棵树，且根节点不能被删除），使得删除后的两棵树同构，这两棵树有一个共同大小，即树的size，最大化同构的树的size即为机关的答案……

注：两棵同构的树要满足以下条件：
1、两棵树节点个数相等。
2、两棵树的以根节点的儿子为根子树对应同构。如下图，为两棵同构的有根树。
如下图，为两棵同构的有根树。

Input

一行两个整数n,m分别表示两棵有根树的大小。
以下n-1行描述第一棵树，每行两个数x,y表示x号节点是y号节点父亲。
以下m-1行描述第二棵树，每行两个数x,y表示x号节点是y号节点父亲。
数据保证两棵树的1号节点均为根。

Output

一行一个数，表示两棵树的相似度（删除后最大化的同构树的大小）。

Sample Input

3 3
1 2
1 3
1 2
2 3

Sample Output

2

Data constraint

对于30%的数据，1 ≤ n ≤10
对于60%的数据，1 ≤ n ≤ 100
对于100%的数据，1 ≤ n ≤ 1000数据保证两棵树上每个节点的度均不超过5。

Hint

第一棵树可以保留1号节点和2号节点删除3号节点，也可以保留1号节点与3号节点删除2号节点，
第二棵树保留1号节点和2号节点删除3号节点。
剩下的树同构，树的节点个数均为2。

Solution

首先，我们先观察一下数据，可以发现每一个节点除了根节点以外都最多只有4个儿子，而且$n$只有1000，所以我们可以考虑一下$O(n^2)$的算法。
设一个$f_{i,j}$表示把第一棵树以$i$号节点为根的子树和第二棵树以$j$号节点为根的子树构成同构所有的最大数量。很容易可以得到$f_{i,j}$可以从$i$、$j$的儿子进行匹配的所有情况得到的最大答案去转移。发现节点的儿子不超过5个，所以可以用递归暴力枚举出所有情况进行转移。最后输出$f_{1,1}$即可。

Code

#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
int n,m;
const int N=1005;
vector <int> son[N],son2[N];
int size[N],size2[N],f[N][N],a[125][2];
bool bz[N],bz2[N];
void dfs(int now) {
	size[now]=1;
	for(int i=0;i<son[now].size();i++) {
		dfs(son[now][i]);
		size[now]+=size[son[now][i]];
	}
}
void dfs2(int now) {
	size2[now]=1;
	for(int i=0;i<son2[now].size();i++) {
		dfs2(son2[now][i]);
		size2[now]+=size2[son2[now][i]];
	}
}
void dg(int now,int nx,int ny,int c,int s) {
	if(now>c) {
		if(s>f[nx][ny])f[nx][ny]=s;
		return;
	}
	if(!bz[a[now][0]]&&!bz2[a[now][1]]) {
		bz[a[now][0]]=1;
		bz2[a[now][1]]=1;
		dg(now+1,nx,ny,c,s+f[a[now][0]][a[now][1]]);
		bz[a[now][0]]=0;
		bz2[a[now][1]]=0;
	}
	dg(now+1,nx,ny,c,s);
}
void dp(int x,int y) {
	if(size[x]==1&&size2[y]==1) {
		f[x][y]=1;
		return;
	}
	int cnt=0;
	for(int i=0;i<son[x].size();i++)
		for(int j=0;j<son2[y].size();j++)
			dp(son[x][i],son2[y][j]);
	for(int i=0;i<son[x].size();i++)
		for(int j=0;j<son2[y].size();j++) {
			a[++cnt][0]=son[x][i];
			a[cnt][1]=son2[y][j];
		}
	dg(1,x,y,cnt,1);
}
int main() {
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<n;i++) {
		int u,v;
		scanf("%d%d",&u,&v);
		son[u].push_back(v);
	}
	for(int i=1;i<m;i++) {
		int u,v;
		scanf("%d%d",&u,&v);
		son2[u].push_back(v);
	}
	dfs(1);
	dfs2(1);
	dp(1,1);
	printf("%d",f[1][1]);
	return 0;
}