题目链接
(BZOJ) https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4042
(Luogu) https://www.luogu.org/problem/P4757
题解
挺神仙的题。
观察到两个重要性质:
(1) 只有不影响任何已选方案的时候，才需要去考虑是否要选择\(u\)的子树内往上走的链。(因为链不带权值)
(2) 如果要选择\(u\)子树内往上走的链，那么最多选择一条。
由此可知，我们可以记录哪些链在\(u\)子树内的所有方案中是必选的，所有非必选的都可视作空闲。因为往上走的链最多选择一条，所以如果这条链和一条非必选的边冲突，有办法调整最优方案使得这条链选上，而不会受到“两条非必选的边至少选一条”这种情况的影响。
于是我们记录\(dp[u]\)表示\(u\)子树内最多选择多少链以及\(S[u]\)表示\(u\)子树内最优解非必选的端点，转移的时候先把所有的儿子拿出来，建一个图，两点\(i,j\)连边当且仅当存在\(x\in S[i],y\in S[j], x,y\)是输入的一条路径，然后用状压DP求它的最大匹配即可。设\(dp0[i]\)表示\(i\)集合内的最大匹配，\(U\)为所有儿子的全集，那么若\(dp0[U]=dp0[U-\{i\}]\)就说明\(i\)非必选，那么把\(S[i]\)加入到\(S[u]\)中。
注意特殊处理以\(u\)为一条链的端点的情况。
时间复杂度\(O(n^2+nd2^d+m)\).
代码
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<cassert>
#include<vector>
using namespace std;
const int N = 1000;
const int M = 5e5;
const int D = 10;
int lg2[(1<<D)+3];
struct Edge
{
int v,nxt;
} e[(N<<1)+3];
int fe[N+3];
int fa[N+3];
bool a[N+3][N+3];
vector<int> ac[N+3];
int dp[N+3];
vector<int> son;
bool ae[D+3][D+3];
bool ae0[D+3];
int dp0[(1<<D)+3];
int n,en,m;
void addedge(int u,int v)
{
en++; e[en].v = v;
e[en].nxt = fe[u]; fe[u] = en;
}
void dfs(int u)
{
dp[u] = 0;
for(int i=fe[u]; i; i=e[i].nxt)
{
int v = e[i].v;
if(v==fa[u]) continue;
fa[v] = u;
dfs(v);
dp[u] += dp[v];
}
son.clear();
for(int i=fe[u]; i; i=e[i].nxt)
{
int v = e[i].v;
if(v==fa[u]) continue;
son.push_back(v);
}
for(int i=0; i<son.size(); i++)
{
for(int j=i+1; j<son.size(); j++)
{
ae[i][j] = ae[j][i] = false;
for(int ii=0; ii<ac[son[i]].size(); ii++)
{
for(int jj=0; jj<ac[son[j]].size(); jj++)
{
if(a[ac[son[i]][ii]][ac[son[j]][jj]])
{
ae[i][j] = ae[j][i] = true; break;
}
}
}
}
ae0[i] = false;
for(int ii=0; ii<ac[son[i]].size(); ii++) {if(a[ac[son[i]][ii]][u]) {ae0[i] = true; break;}}
}
dp0[0] = 0;
for(int i=1; i<(1<<son.size()); i++)
{
int x = lg2[i&(-i)];
dp0[i] = dp0[i^(1<<x)];
if(ae0[x]) {dp0[i]++;}
for(int j=0; j<son.size(); j++)
{
if(i&(1<<j))
{
if(ae[x][j]) {dp0[i] = max(dp0[i],dp0[i^(1<<x)^(1<<j)]+1);}
}
}
}
dp[u] += dp0[(1<<son.size())-1];
for(int i=0; i<son.size(); i++)
{
if(dp0[(1<<son.size())-1]==dp0[((1<<son.size())-1)^(1<<i)])
{
for(int j=0; j<ac[son[i]].size(); j++) {ac[u].push_back(ac[son[i]][j]);}
}
}
ac[u].push_back(u);
}
int main()
{
for(int i=0; i<=D; i++) lg2[1<<i] = i;
int T; scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1; i<n; i++)
{
int u,v; scanf("%d%d",&u,&v);
addedge(u,v); addedge(v,u);
}
scanf("%d",&m);
for(int i=1; i<=m; i++)
{
int u,v; scanf("%d%d",&u,&v);
a[u][v] = a[v][u] = 1;
}
dfs(1);
printf("%d\n",dp[1]);
for(int i=1; i<=n; i++) fe[i] = fa[i] = 0,ac[i].clear();
for(int i=1; i<=en; i++) e[i].v = e[i].nxt = 0;
for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=1; j<=n; j++) a[i][j] = a[j][i] = 0;
n = en = m = 0;
}
return 0;
}