什么是子集反演?
当然在此之前说明子集反演是什么 : 子集反演用于在 恰好是某个子集 和 在这个子集中钦定/钦定这个子集 之间转换。并且子集反演有两种形式。
第一种：现在有一个集合 \(A\) ，我们定义 \(f(A)\) 表示集合 \(A\) 的答案， \(g(A)\) 表示 \(A\) 的所有子集的答案。如果有 $$g(A)=\sum_{B\subseteq A}f(B)$$
那么就可以有
第二种（和第一种反过来）：现在有一个集合 \(A\) ，我们定义 \(f(A)\) 表示集合 \(A\) 的答案，\(g(A)\) 表示 \(A\) 的所有子集的答案。如果有
那么就可以有
OK,现在我们知道什么是子集反演了，那么我们看几道例题。
[ZJOI2016]小星星
题意描述
现在给你一个 \(n\) 个节点，\(m\) 条边的图和一个 \(n\) 个节点的树。你需要给树上的每一个节点标号，满足：
- 给节树上点标的号是一个 \(1\) 到 \(n\) 的排列
- 标号之后的树，树上有的边，原图中也得有。
求标号方案数。
\(n \leqslant 17\) 。
思路点拨
可以发现 \(n\) 非常的小，并且是一道计数题，我们自然而然想到了状态压缩dp。我们定义状态 \(f_{i,j,S}\) 表示在 \(i\) 的子树中 \(i\) 映射的点是 \(j\) ，子树中使用了 \(S\) 这些点的映射的方案数（每一个图上的点只被使用一次）。\(S\) 是一个二进制数表示方案。转移十分简单，这里略去，我们只需要知道这样会TLE到爆就可以了。
接下来就要讲到这道题目最神的地方了，我们抛弃标号是排列的限制。你就惊人的发现，这样最终答案可以子集反演，并且我们需要用到的状态 \(f_{i,j,S}\) 表示在 \(i\) 的子树中 \(i\) 映射的点是 \(j\) ，子树中使用了 \(S\) 这些点的映射的方案数（每一个图上的点可能使用多次）是十分好求的。
考虑转移（为了方便我们抛弃 \(S\) 这一无用维）：$$f_{i,j}=\prod_{k \in son} (\sum_{l=1}^{n} f_{k,l} [l \in S , 原来的图中j,l有连边])$$
这里给出一份代码(如果不理解可以看代码，很短)：
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=-f;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=x*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x*f;
}
const int MAXN=18;
int n,m;
bool vis[MAXN][MAXN];
vector<int> e[MAXN];
int f[MAXN][MAXN];
int s[MAXN],top;
void dfs(int x,int dad){
for(int i=1;i<=top;i++)
f[x][s[i]]=1;
for(int i=0;i<e[x].size();i++){
int to=e[x][i];
if(to==dad) continue;
dfs(to,x);
for(int i=1;i<=top;i++){
int cnt=0;
for(int j=1;j<=top;j++)
if(vis[s[i]][s[j]])
cnt+=f[to][s[j]];
f[x][s[i]]*=cnt;
}
}
}
signed main(){
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=m;i++){
int u=read(),v=read();
vis[u][v]=vis[v][u]=1;
}
for(int i=1;i<n;i++){
int u=read(),v=read();
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
int ans=0;
for(int i=1;i<(1<<n);i++){
memset(f,0,sizeof(f));
top=0;
for(int j=0;j<n;j++)
if(i&(1<<j))
s[++top]=j+1;
dfs(1,-1);
int cnt=0;
for(int i=1;i<=top;i++)
cnt+=f[1][s[i]];
if((n-top)&1) ans-=cnt;
else ans+=cnt;
}
cout<<ans;
return 0;
}