4455[Zjoi2016]小星星容斥+dp

4455: [Zjoi2016]小星星

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Description

小Y是一个心灵手巧的女孩子，她喜欢手工制作一些小饰品。她有n颗小星星，用m条彩色的细线串了起来，每条细

线连着两颗小星星。有一天她发现，她的饰品被破坏了，很多细线都被拆掉了。这个饰品只剩下了n?1条细线，但

通过这些细线，这颗小星星还是被串在一起，也就是这些小星星通过这些细线形成了树。小Y找到了这个饰品的设

计图纸，她想知道现在饰品中的小星星对应着原来图纸上的哪些小星星。如果现在饰品中两颗小星星有细线相连，

那么要求对应的小星星原来的图纸上也有细线相连。小Y想知道有多少种可能的对应方式。只有你告诉了她正确的

答案，她才会把小饰品做为礼物送给你呢。

Input

第一行包含个2正整数n,m，表示原来的饰品中小星星的个数和细线的条数。

接下来m行，每行包含2个正整数u,v，表示原来的饰品中小星星u和v通过细线连了起来。

这里的小星星从1开始标号。保证u≠v，且每对小星星之间最多只有一条细线相连。

接下来n-1行，每行包含个2正整数u,v，表示现在的饰品中小星星u和v通过细线连了起来。

保证这些小星星通过细线可以串在一起。

n<=17,m<=n*(n-1)/2

Output

输出共1行，包含一个整数表示可能的对应方式的数量。

如果不存在可行的对应方式则输出0。

Sample Input

4 3
1 2
1 3
1 4
4 1
4 2
4 3

Sample Output

HINT

题解:JudgeOnline/upload/201603/4455.txt

容斥原理+dp计数
二进制状态枚举有哪些编号可以给树上,且让编号可重复
树形dp统计出这样编号的方案后,可以考虑容斥原理减去编号重复的方案
所有号都编-1个号不编+2个号不编...

树形dp很简单 f[i][j]表示在i的子树,节点i编号为j的方案
枚举一下儿子编号,判断两个编号是否符合原图有边再转移即可
推荐blog
http://blog.csdn.net/neither_nor/article/details/51729329

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define mod
#define ll long long
#define N 25
using namespace std;
int n,m,tot,cnt,hd[N],a[N],mp[N][N];ll ans,f[N][N];
struct edge{int v,next;}e[N<<1];
void adde(int u,int v){
    e[++tot].v=v;
    e[tot].next=hd[u];
    hd[u]=tot;
}
void dp(int u,int fa){
    for(int i=hd[u];i;i=e[i].next){
        int v=e[i].v;
        if(v==fa)continue;
        dp(v,u);
    }
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        f[u][i]=1;
        for(int j=hd[u];j;j=e[j].next){
            int v=e[j].v;
            if(v==fa)continue;
            ll t=0;
            for(int k=1;k<=cnt;k++)
            if(mp[a[i]][a[k]])t+=f[v][k];
            f[u][i]*=t;
        }
    }
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
        mp[x][y]=mp[y][x]=1;
    }
    for(int i=1;i<n;i++){
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        adde(x,y);adde(y,x);
    }
    int all=1<<n;
    for(int i=1;i<all;i++){
        cnt=0;
        for(int j=0;j<n;j++)if(i&(1<<j))a[++cnt]=j+1;
        dp(1,0);ll t=0;
        for(int i=1;i<=cnt;i++)
        t+=f[1][i];
        ans+=t*((n-cnt)&1?-1:1);
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}