前言

我容斥方面很菜啊，總是一頭霧水，于是決心好好學容斥 （從水題刷起）

題意簡介

題面鏈接

題目大意

給出一個$n$個點，$m$條邊的無向無重邊、無自環的圖，再給出一棵$n$個點的樹
定義一種對應為：讓每個樹中的點$u$都對應一個圖中的點$u^{\prime }$（圖中所有點都要被對應，也即對應的點必須不同）
問有多少對應方式使得對于樹中每一組有邊相連的點對$u,v$，圖中的對應點$u^{\prime },v^{\prime }$之間也有邊相連

數據范圍

$n\le 17,m\le n?(n?1)/2$

題解

部分分

直接dp
$$f[i][j][S]$$
表示$i$節點及其子樹都已經做完，$i$對應的圖中節點是$j$，$i$節點及其子樹中的點對應圖中的節點集合是$S$，此時的方案數
具體流程就是枚舉每個狀態
轉移的時候是枚舉子節點以及子節點對應的點，然后還要枚舉子集（$\Theta (3^n)$）
總復雜度是$\Theta (3^n{n}^2)$

正解

考慮部分分的復雜度瓶頸在于枚舉子集，考慮容斥優化
我們發現，由于有個限制“對應的點必須不同”，所以并不好做
考慮我們現放寬條件，求出能任意對應的時候的答案，再把哪些對應的點有相同的方案刪去
打出容斥的式子：
$$|A_1\cup A_2\cup ...\cup A_n|=\sum _{i=1}^n(?1{)}^{i?1}\sum _{|T|=i,T=\{x_1...x_i\}}|A_{x_1}\cap A_{x_2}\cap ...\cap A_{x_i}|$$
非常經典
設$A_i$表示未匹配$i$的方案，設$U$為所有的方案
那么相當于我們要求的就是$$|U|?|A_1\cup A_2\cup ...\cup A_n|$$
代入一下就是$$\begin{array}{rl}Ans& =|U|?\sum _{i=1}^n(?1{)}^{i?1}\sum _{|T|=i,T=\{x_1...x_i\}}|A_{x_1}\cap A_{x_2}\cap ...\cap A_{x_i}|\\ & =|U|+\sum _{i=1}^n(?1{)}^i\sum _{|T|=i,T=\{x_1...x_i\}}|A_{x_1}\cap A_{x_2}\cap ...\cap A_{x_i}|\end{array}$$
$|A_{x_1}\cap A_{x_2}\cap ...\cap A_{x_i}|$的意義是匹配的點不包含$x_1???x_i$，做的時候可以枚舉$T$的補集。$|U|$的答案是空集補集的貢獻。全集補集為空集、貢獻為$0$，所以不用枚舉
做的時候枚舉所有的點對應的點的集合$S$，代表對應的點不能在$S$之外，然后就$\Theta (n^3)$的樹形dp即可，總復雜度$\Theta (2^n?n^3)$
復雜度分析數值比較大，但是容易發現后面的$\Theta (n^3)$是不滿的，復雜度分析在$1e8$多一點，幾乎不用卡常即可過

代碼

貼上ac代碼

#include<cstdio> #include<cctype> #include<algorithm> #include<vector> namespace fast_IO {const int IN_LEN=10000000,OUT_LEN=10000000;char ibuf[IN_LEN],obuf[OUT_LEN],*ih=ibuf+IN_LEN,*oh=obuf,*lastin=ibuf+IN_LEN,*lastout=obuf+OUT_LEN-1;inline char getchar_(){return (ih==lastin)&&(lastin=(ih=ibuf)+fread(ibuf,1,IN_LEN,stdin),ih==lastin)?EOF:*ih++;}inline void putchar_(const char x){if(oh==lastout)fwrite(obuf,1,oh-obuf,stdout),oh=obuf;*oh++=x;}inline void flush(){fwrite(obuf,1,oh-obuf,stdout);} } using namespace fast_IO; #define getchar() getchar_() #define putchar(x) putchar_((x)) #define rg register typedef long long LL; template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;} template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;} template <typename T> inline void mind(T&a,const T b){a=a<b?a:b;} template <typename T> inline void maxd(T&a,const T b){a=a>b?a:b;} template <typename T> inline T abs(const T a){return a>0?a:-a;} template <typename T> inline void swap(T&a,T&b){T c=a;a=b;b=c;} template <typename T> inline T gcd(const T a,const T b){if(!b)return a;return gcd(b,a%b);} template <typename T> inline T lcm(const T a,const T b){return a/gcd(a,b)*b;} template <typename T> inline T square(const T x){return x*x;}; template <typename T> inline void read(T&x) {char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x; } template <typename T> inline void printe(const T x) {if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0'); } template <typename T> inline void print(const T x) {if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x); } const int maxn=19; int n,m,bit[maxn]; bool edge[maxn][maxn]; std::vector<int>E[maxn]; int stack[maxn],top; inline void get(int x) {top=0;for(rg int i=1;x;i++,x>>=1)if(x&1)stack[++top]=i; } LL f[maxn][maxn],ans; void dfs(const int u,const int fa) {for(rg int t=1;t<=top;t++)f[u][t]=1;for(std::vector<int>::iterator Pos=E[u].begin();Pos!=E[u].end();Pos++){const int v=*Pos;if(v==fa)continue;dfs(v,u);for(rg int t=1;t<=top;t++){LL val=0;for(rg int l=1;l<=top;l++)if(edge[stack[t]][stack[l]])val+=f[v][l];f[u][t]*=val;}} } int main() {bit[1]=1;for(rg int i=2;i<=18;i++)bit[i]=bit[i-1]<<1; read(n),read(m);for(rg int i=1;i<=m;i++){int u,v;read(u),read(v);edge[u][v]=edge[v][u]=1;}for(rg int i=1;i<n;i++){int u,v;read(u),read(v);E[u].push_back(v),E[v].push_back(u);}for(rg int i=1;i<bit[n+1];i++){get(i);dfs(1,0);LL val=0;for(rg int j=1;j<=top;j++)val+=f[1][j];if((top&1)==(n&1))ans+=val;else ans-=val;}print(ans);return flush(),0; }

總結

這是容斥的經典模式，寫篇博客來記錄&紀念一下

總結

以上是生活随笔為你收集整理的朴素容斥原理[ZJOI2016][bzoj4455]小星星的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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