#185. 【ZJOI2016】小星星

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 nn 颗小星星，用 mm 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−1n−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。

输入格式

第一行包含个 22 正整数 n,mn,m ，表示原来的饰品中小星星的个数和细线的条数。

接下来 mm 行，每行包含 22 个正整数 u,vu,v，表示原来的饰品中小星星 uu 和 vv 通过细线连了起来。这里的小星星从 11 开始标号。保证 u≠vu≠v，且每对小星星之间最多只有一条细线相连。

接下来行 n−1n−1，每行包含个 22 正整数 u,vu,v，表示现在的饰品中小星星 uu 和 vv 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。

输出格式

输出共 11 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 00。

样例一

input

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

output

6

explanation

现在的饰品中第 44 颗小星星与原来的第 11 颗对应，现在的第 1,2,31,2,3 颗小星星可以与原来的第 2,3,42,3,4 颗小星星对应，所以有 66 种对应方式。

样例二

见样例数据下载。

限制与约定

各测试点满足以下约定：

时间限制：1s1s

空间限制：512MB

/*
    dp[i][j]表示以i为根的子树并且i对应原图的j的方案数
    为避免同一个节点在树上映射多次，用容斥原理处理答案
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxn 30
using namespace std;
int n,m,cnt,bin[maxn],head[maxn],a[maxn],num;
long long dp[maxn][maxn];
bool mp[maxn][maxn];
struct node{int to,pre;}e[maxn*2];
void Insert(int from,int to){
    e[++num].to=to;
    e[num].pre=head[from];
    head[from]=num;
}
void dfs(int now,int father){
    long long tmp;
    for(int i=head[now];i;i=e[i].pre){
        int to=e[i].to;
        if(to!=father)dfs(to,now);
    }
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        dp[now][i]=1;
        for(int j=head[now];j;j=e[j].pre){
            int to=e[j].to;
            tmp=0;
            if(to==father)continue;
            for(int k=1;k<=cnt;k++)
                if(mp[a[i]][a[k]])tmp+=dp[to][k];
            dp[now][i]*=tmp;
            if(!dp[now][i])break;
        }
    }
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int x,y;long long ans=0,sum=0;
    bin[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)bin[i]=bin[i-1]<<1;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        mp[x][y]=mp[y][x]=1;
    }
    for(int i=1;i<n;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        Insert(x,y);Insert(y,x);
    }
    for(int i=0;i<bin[n];i++){
        sum=cnt=0;
        for(int j=1;j<=n;j++)if(i&bin[j-1])a[++cnt]=j;
        dfs(1,0);
        for(int j=1;j<=cnt;j++)sum+=dp[1][j];
        if((cnt^n)&1)ans-=sum;else ans+=sum;
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/thmyl/p/8228111.html