Necklace HDU - 3091（状压dp）

Necklace HDU - 3091

 One day , Partychen gets several beads , he wants to make these beads a necklace . But not every beads can link to each other, every bead should link to some particular bead(s). Now , Partychen wants to know how many kinds of necklace he can make. 

Input
It consists of multi-case .
Every case start with two integers N,M ( 1<=N<=18,M<=N*N )
The followed M lines contains two integers a,b ( 1<=a,b<=N ) which means the ath bead and the bth bead are able to be linked.
Output
An integer , which means the number of kinds that the necklace could be.
Sample Input

3 3
1 2
1 3
2 3

Sample Output

2

题意：

有n个珠子，每个珠子都只能和特定的一些珠子相连，问用这些珠子能构成多少不同的项链

分析：

实际上，每个珠只能和一些特定的珠子相连，我们就可以把它想象成一个图，能相连就是连通，要求每个珠子都得有，构成一个环，也就是问有多少种哈密尔顿回路
因为珠子比较少，可以使用状压dp

定义$dp[s][j]表示状态s时j为最后一个珠子有多少个$

状态转移的时候就枚举1-n个珠子i，如果这个珠子i还没用，并且和j即前一个状态下的末尾珠子相连，就可以更新，状态转移到新的状态，即现在成了以i结尾的了

最后在累加的过程中，以i为结尾的是否能和1相连，如果可以那么就构成了了满足题意的哈密尔顿回路，就加上

code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1 << 20;
ll dp[maxn][20];//dp[s][j]表示状态s下以j为结尾的个数
int dis[20][20];

int main(){
    int n,m;
    while(scanf("%d%d",&n,&m) != EOF){
        memset(dis,0,sizeof(dis));
        while(m--){
            int a,b;
            scanf("%d%d",&a,&b);
            dis[a][b] = dis[b][a] = 1;//相当于存图,代表ab间有连边
        }
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        dp[1][1] = 1;
        for(int s = 1; s < (1 << n); s++){
            for(int j = 1; j <= n; j++){//枚举要更新的dp,更新s状态下j结尾的dp的值
                if(!dp[s][j]) continue;//如果为0,说明这种状态不存在
                for(int i = 1; i <= n; i++){//在结尾加上新的石头i,即现在要以i为结尾
                    if(s & (1 << (i-1))) continue;//如果这个石头在原状态已经有了,跳过
                    if(!dis[i][j]) continue;//如果ij不相连,跳过
                    dp[s|(1 << (i-1))][i] += dp[s][j];
                }
            }
        }
        ll ans = 0;
        int S = (1 << n) - 1;
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            if(dis[i][1]){//说明首尾能够相连
                ans += dp[S][i];
            }
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}