[海军国际项目办公室]数树

本文主要是介绍[海军国际项目办公室]数树，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

数树

题目概述

题解

我们先不考虑树$T2$树内部的同构情况，算出总的方案数，最后除去同构的方案。
显然，树$T1$和$T2$都是无根树，我们不妨先给$T1$定一个根，这样的话，$T1$中每一种能映射到$T2$上的合法方案都会存在一个确定的根，在我们将我们把$T2$的根定义为该对应点时，这两块刚好能够匹配。
我们不妨枚举在$T2$中每个点为根时的情况，这样所有点的相对高度与位置都是确定的，我们可以把它放到$T1$上，看有多少个连通块能跟其匹配。

将$T2$放到$T1$求出匹配显然可以用$dp$来求出。
我们定义$d{p}_{i,j}$表示$T1$上的点$i$匹配$T2$上的点$j$的方案数。
其转移过程我们可以通过状压来维护。
由于我们此时$T2$的根是固定的，所以点$j$在$T2$上的儿子也是固定的。
我们要让$i$在$T1$上的儿子依次匹配$j$在$T2$上的儿子，求出匹配的方案数。
我们定义$f_{i,j,S}$表示$i$在$T1$上的儿子匹配了$j$在$T2$上的儿子集合为$S$的方案数，其转移显然是一个背包的过程，加入的$i$的儿子，枚举其匹配$j$的哪一个儿子或者不匹配。
显然，$d{p}_{i,j}=f_{i,j,so{n}_j}$，其中$so{n}_j$表示$j$儿子的全集。
${\sum }_{i=1}^{n}d{p}_{i,rt}$就是$T2$以$rt$为根放到$T1$上匹配得到的方案数之和。
我们要枚举$rt$，整个$dp$的过程是$O\left(n{m}^2{2}^m\right)$的。

但是$T2$的内部存在同构的情况，比如一棵完全二叉树，交换它的左右儿子，树的形态并没有发生改变，但如果是我们上面的匹配过程的话，它是会被重复计算的。
即相同的点集，存在不同的映射方法，而这种映射方法会导致我们的重复计算。
而这种映射方法在匹配的根不同的情况下依旧可能导致相同，如果只根据匹配方的点集是相当麻烦的。
我们不如考虑以某一个点为根的树形态会产生多少的同构，也就是按以这个节点为根的树与我们的原$T2$进行上面$dp$转移的匹配，得到的$h_{rt}$表示以$rt$为根的$T2$与原$T2$的同构数。
将原来的${\sum }_{i=1}^{n}d{p}_{i,rt}$除去$h_{rt}$即可，因为原来匹配的就是以$rt$为根的树，它产生的同构树与$h_{rt}$相当。
所以这样跑两趟$dp$就可以了。

时间复杂度$O\left((n+m)m^2{2}^m\right)$。

源码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 3005
#define MAXM (1<<10)+5
#define lowbit(x) (x&-x)
#define reg register
#define pb push_back
#define mkpr make_pair
#define fir first
#define sec second
#define debug(x) cerr<<#x<<"="<<x<<'\n'
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;     
const LL INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;  
const int mo=998244353;
const int inv2=499122177;
const int jzm=2333;
const int n1=50;
const int zero=10000;
const int orG=3,invG=332748118;
const double Pi=acos(-1.0);
const double eps=1e-5;
typedef pair<LL,int> pii;
template<typename _T>
_T Fabs(_T x){return x<0?-x:x;}
template<typename _T>
void read(_T &x){_T f=1;x=0;char s=getchar();while(s>'9'||s<'0'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}while('0'<=s&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(s^48);s=getchar();}x*=f;
}
template<typename _T>
void print(_T x){putchar('\n');while(x>9){putchar((x%10)|'0');x/=10;}putchar(x|'0');}
LL gcd(LL a,LL b){return !b?a:gcd(b,a%b);}
int add(int x,int y,int p){return x+y<p?x+y:x+y-p;}
void Add(int &x,int y,int p){x=add(x,y,p);}
int qkpow(int a,int s,int p){int t=1;while(s){if(s&1LL)t=1ll*a*t%p;a=1ll*a*a%p;s>>=1LL;}return t;}
int n,m,dp[MAXN][12],f[MAXM],tmp[MAXM],g[12][12],ans,ord[15],h[12],sumtr;
vector<int>A[MAXN],B[15],G[15];
void dosaka1(int u,int fa){G[u].clear();int siz=B[u].size();for(int i=0;i<siz;i++){int v=B[u][i];if(v==fa)continue;dosaka1(v,u);G[u].pb(v);}
}
void dosaka2(int u,int fa){int siz=A[u].size();for(int i=0;i<siz;i++)if(A[u][i]!=fa)dosaka2(A[u][i],u);for(int i=1;i<=m;i++){f[0]=1;int sz=G[i].size();for(int j=0;j<sz;j++)ord[j]=G[i][j];if(sz)for(int j=0;j<siz;j++){int v=A[u][j];if(v==fa)continue;for(int S=0;S<(1<<sz);S++)tmp[S]=f[S];for(int k=0;k<sz;k++)for(int S=0;S<(1<<sz);S++)if(!(S&(1<<k)))Add(tmp[S|(1<<k)],1ll*dp[v][ord[k]]*f[S]%mo,mo);for(int S=0;S<(1<<sz);S++)f[S]=tmp[S],tmp[S]=0;}dp[u][i]=f[(1<<sz)-1];for(int S=0;S<(1<<sz);S++)f[S]=0;}
}
void dosaka3(int u,int fa){int siz=B[u].size();for(int i=0;i<siz;i++)if(B[u][i]!=fa)dosaka3(B[u][i],u);for(int i=1;i<=m;i++){f[0]=1;int sz=G[i].size();for(int j=0;j<sz;j++)ord[j]=G[i][j];if(sz)for(int j=0;j<siz;j++){int v=B[u][j];if(v==fa)continue;for(int S=0;S<(1<<sz);S++)tmp[S]=f[S];for(int k=0;k<sz;k++)for(int S=0;S<(1<<sz);S++)if(!(S&(1<<k)))Add(tmp[S|(1<<k)],1ll*g[v][ord[k]]*f[S]%mo,mo);for(int S=0;S<(1<<sz);S++)f[S]=tmp[S],tmp[S]=0;}g[u][i]=f[(1<<sz)-1];for(int S=0;S<(1<<sz);S++)f[S]=0;}
}
signed main(){freopen("count.in","r",stdin);freopen("count.out","w",stdout);read(n);for(int i=1;i<n;i++){int u,v;read(u);read(v);A[u].pb(v);A[v].pb(u);}read(m);for(int i=1;i<m;i++){int u,v;read(u);read(v);B[u].pb(v);B[v].pb(u);}for(int rt=1;rt<=m;rt++){dosaka1(rt,0);for(int j=1;j<=m;j++)dosaka3(j,0),Add(h[j],g[j][rt],mo);	}for(int rt=1;rt<=m;rt++){dosaka1(rt,0);dosaka2(1,0);int summ=0;for(int i=1;i<=n;i++)Add(summ,dp[i][rt],mo);Add(ans,1ll*summ%mo*qkpow(h[rt],mo-2,mo)%mo,mo);}printf("%d\n",ans);return 0;
}

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