[BZOJ4455][UOJ185][Zjoi2016]小星星（树形DP+容斥）

树图编号计数

最新推荐文章于 2022-03-19 16:19:26 发布

xyz32768

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分类专栏： BZOJ、UOJ、LOJ 文章标签：树形DP 容斥

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本文介绍了一种在给定树和图的情况下，如何通过动态规划和容斥原理来计算所有合法节点编号方案的数量的方法。该问题要求每个节点的编号构成1到n的排列，并且树的每条边对应的节点编号在图中也必须存在边。文章详细解释了状态定义、转移方程及优化技巧。

将问题抽象化：
一个 $n$ 个节点的树，和一个 $n$ 个节点的图，要求给树上的每个节点编号，使得编号是一个 $1$ 到 $n$ 的排列，并且要满足树上任意一条边 $(u,v)$ ，图中一定要有边 $(x_u,x_v)$ （ $x_u$ 表示点 $u$ 的编号），求方案数。
暴力的做法是定义状态 $f[i][j][S]$ 表示节点 $i$ 编号为 $j$ ， $i$ 的子树内的编号集合为 $S$ 的方案数。
但是这样的瓶颈在于枚举子集，复杂度是 $O(n^3\times 3^n)$ 的，显然TLE。
Q：为什么要记录 $S$ 这一维？
A：要求中有「编号是一个 $1$ 到 $n$ 的排列」。
尝试把「编号是一个 $1$ 到 $n$ 的排列」这一条件去掉，就不用记录 $S$ 了。
这样只需要定义 $f[i][j]$ 为在 $i$ 的子树内，点 $i$ 的编号为 $j$ 的方案数。
而这时候会出现重复编号，怎么办呢？
容斥！
先 $2^n$ 枚举 $\{1,2,...,n\}$ 的一个子集 $S$ ，强制规定树上每个点的编号必须是 $S$ 的子集，然后每次 $O(n^3)$ 一次DP，总方案数为：
$(|S|=n$ 的方案数 $)-(|S|=n-1$ 的方案数 $)+(|S|=n-2$ 的方案数 $)-...$
复杂度降到 $O(n^3\times 2^n)$ ，在UOJ上需要进行一定的常数优化。
代码：

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
inline int read() {
    int res = 0; bool bo = 0; char c;
    while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
    if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
    while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
        res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
    return bo ? ~res + 1 : res;
}
typedef long long ll;
const int N = 20, M = 40;
int n, m, ecnt, nxt[M], adj[N], go[M], tot, whi[N];
bool g[N][N], vis[N]; ll f[N][N], ans;
inline void add_edge(const int &u, const int &v) {
    nxt[++ecnt] = adj[u]; adj[u] = ecnt; go[ecnt] = v;
    nxt[++ecnt] = adj[v]; adj[v] = ecnt; go[ecnt] = u;
}
inline void dfs(const int &u, const int &fu) {
    int i, j; for (int e = adj[u], v; e; e = nxt[e]) {
        if ((v = go[e]) == fu) continue; dfs(v, u);
    }
    for (i = 1; i <= tot; i++) {
        int x = whi[i]; f[u][x] = 1;
        for (int e = adj[u], v; e; e = nxt[e]) {
            if ((v = go[e]) == fu) continue; ll sum = 0;
            for (j = 1; j <= tot; j++) {
                int y = whi[j]; if (!g[x][y]) continue; sum += f[v][y];
            }
            f[u][x] *= sum;
        }
    }
}
inline void solve() {
    int i; tot = 0; for (i = 1; i <= n; i++) if (vis[i]) whi[++tot] = i;
    dfs(1, 0); for (i = 1; i <= tot; i++)
        if (n - tot & 1) ans -= f[1][whi[i]]; else ans += f[1][whi[i]];
}
inline void Dfs(const int &dep) {
    if (dep == n + 1) return solve();
    vis[dep] = 0; Dfs(dep + 1);
    vis[dep] = 1; Dfs(dep + 1);
}
int main() {
    int i, x, y; n = read(); m = read();
    for (i = 1; i <= m; i++) x = read(), y = read(), g[x][y] = g[y][x] = 1;
    for (i = 1; i < n; i++) x = read(), y = read(), add_edge(x, y);
    Dfs(1); cout << ans << endl; return 0;
}