P3349 [ZJOI2016] 小星星
樹形 dp+子集反演
有一張圖和一棵樹，點數都為 \(n\)，給樹上的每個點一個對映 \(a_i\)，每個 \(a_i\) 不同，\(a_i\in[1,n]\)。要求對於樹上所有 \((u,v)\)，都有 \((a_u,a_v)\) 在圖上。求對映方案數。
看到 \(n\) 的範圍，可以想到樹形狀壓 dp。設 \(F_{i,j,S}\) 表示 \(i\) 節點對映 \(a_i=j\)，\(i\) 子樹中對映集合為 \(S\) （每個元素至多使用一次）的方案數。
轉移列舉不相交的子集合併。複雜度 \(O(n^33^n)\)。
瓶頸在於列舉子集，考慮弱化 \(S\) 的限制，改成至多使用 \(S\) 中的元素。現在可以考慮子集反演，設 \(f(S)\) 表示使用 \(S\) 中的所有元素的方案數，\(g(S)\) 表示至多使用 \(S\) 中的元素的方案數。易得關係：
\[g(S)=\sum_{T\subseteq S}f(T)
\]
根據子集反演，得
\[f(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}g(T)
\]
那麼最終答案就是 \(f(V)\)，\(V={1\cdots n}\)。接下來考慮怎麼求 \(g(T)\)。由於上面的 dp 弱化了條件，轉移變成
\[F_{i,j,S}=\prod_{v\in son_{i}}\sum_{j\in S}F_{v,j,S}
\]
複雜度 \(O(n^3)\)。所以每次列舉 \(S\)，dfs 一次，\(g(S)=\sum_{j\in S}F_{1,j,S}\)。
總複雜度 \(O(n^32^n)\)。
#include <bits/stdc++.h>
#define pii std::pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
using i64 = long long;
using ull = unsigned long long;
const i64 iinf = 0x3f3f3f3f, linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N = 20;
int n, m;
i64 f[N][N], g[N][N];
int popcnt[1 << N];
std::vector<int> e[N], now;
void dfs(int u, int fa) {
for(auto v : e[u]) {
if(v == fa) continue;
dfs(v, u);
}
for(auto i : now) {
f[u][i] = 1;
for(auto v : e[u]) {
if(v == fa) continue;
i64 sum = 0;
for(auto j : now) {
if(!g[i][j]) continue;
sum += f[v][j];
}
f[u][i] *= sum;
}
}
}
void solve() {
std::cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= m; i++) {
int u, v;
std::cin >> u >> v;
g[u][v] = g[v][u] = 1;
}
for(int i = 1; i < n; i++) {
int u, v;
std::cin >> u >> v;
e[u].pb(v), e[v].pb(u);
}
i64 lim = (1 << n), ans = 0;
for(int i = 0; i < lim; i++) popcnt[i] = popcnt[i >> 1] + (i & 1);
for(int s = 0; s < lim; s++) {
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = 1; j <= n; j++) f[i][j] = 0;
}
now.clear();
for(int i = 1; i <= n; i++)
if(s & (1 << (i - 1))) now.pb(i);
dfs(1, 0);
i64 sum = 0;
for(auto x : now) sum += f[1][x];
ans += (((n - popcnt[s]) & 1) ? -1 : 1) * sum;
}
std::cout << ans << "\n";
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(nullptr);
solve();
return 0;
}