BZOJ 4455: [Zjoi2016]小星星 [容斥原理 树形DP]

4455: [Zjoi2016]小星星

题意：一个图删掉一些边形成一棵树，告诉你图和树的样子，求让图上的点和树上的点对应起来有多少方案

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看了很多题解又想了一段时间，感觉题解都没有很深入，现在大致有了自己的想法吧


如果直接上树形DP的话，必须要保存当前子树对应了图上的点的集合才行，要不然做不到1对1.但这样复杂度就炸掉了至少需要\(3^n\)枚举子集


我们可以用容斥原理来弱化这个限制，使得允许多对1

\[树上n个点对应图上n个点的方案数\ = \\ \]

\[n个点对应\le n个点\ -\ n个点对应\le n-1个点\ + n个点对应\le n-2个点\ ... \]

对应\(\le i\)个点的方案数很好求啊，没有了1对1的限制，直接枚举i个点的集合树形DP就可以了\(O(n^3)\)

总的复杂度\(O(n^32^n)\)，貌似还需要卡一下常


再说一点，这里没有必要想之前\(\ge k\)的容斥原理题一样乘上一个组合数去掉统计方案数时重复了，因为n是全部

```cpp #include #include #include #include using namespace std; typedef long long ll; const int N=50; inline int read(){ char c=getchar();int x=0,f=1; while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} return x*f; }

int n, m, x, y, g[N][N], a[N], p;
struct edge{int v, ne;}e[N];
int cnt, h[N];
inline void ins(int u, int v) {
e[++cnt]=(edge){v, h[u]}; h[u]=cnt;
e[++cnt]=(edge){u, h[v]}; h[v]=cnt;
}

ll f[N][N];
void dfs(int u, int fa) {
for(int j=1; j<=p; j++) f[u][j]=1;
for(int i=h[u];i;i=e[i].ne) if(e[i].v != fa) {
int v=e[i].v;
dfs(v, u);
for(int j=1; j<=p; j++) {
ll t=0;
for(int k=1; k<=p; k++) if(g[a[j]][a[k]]) t += f[v][k];
f[u][j] *= t;
}
}
}
int main() {
freopen("in","r",stdin);
n=read(); m=read();
for(int i=1; i<=m; i++) x=read(), y=read(), g[x][y]=g[y][x]=1;
for(int i=1; i<n; i++) ins(read(), read());
int All=1<<n;
ll ans=0;
for(int s=1; s<All; s++) {
p=0; ll t=0;
for(int i=0; i<n; i++) if(s&(1<<i)) a[++p]=i+1;
dfs(1, 0);
for(int i=1; i<=p; i++) t+=f[1][i];
if((n-p)&1) ans -= t;
else ans += t;
}
printf("%lld\n",ans);
}