Gym 100543A Parades

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一颗有n个点的树，然后上面有m条关系链[u, v]（就是u到v的路径），选出x条链，相互没有边重合，但是点是可以重合的。求x的最大值。
思路：树形dp＋状压dp。
对于以u为根的子树，dp[u]表示这棵子树能有的最大x的值（也就是被选中的x条链满足题目条件且每条链的所有边都在子树中，不经过[fa, u]）。
第一部分就是dp[u] = ∑dp[v] && v is a child of u
第二部分就看以v为根节点的子树中是否有一u结尾的链存在，有就dp[u]++，然后删除v子树中的所有点
第三部分就是跨越u的链了（两棵子树中的点行成的），这就先找出那两棵树中的点是可以构成链的，然后状压枚举最优的方案
最后就是存下u后面的所有孩子节点了，包括u本身

/*****************************************Author      :Crazy_AC(JamesQi)Time        :2016File Name   :*****************************************/// #pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")#include <iostream>#include <algorithm>#include <iomanip>#include <sstream>#include <string>#include <stack>#include <queue>#include <deque>#include <vector>#include <map>#include <set>#include <cstdio>#include <cstring>#include <cmath>#include <cstdlib>#include <climits>using namespace std;#define MEM(x,y) memset(x, y,sizeof x)#define pk push_back#define lson rt << 1#define rson rt << 1 | 1#define bug cout << "BUG HERE\n"#define debug(x) cout << #x << " = " << x << endl#define ALL(v) (v).begin(), (v).end()#define lowbit(x) ((x)&(-x))#define Unique(x) sort(ALL(x)); (x).resize(unique(ALL(x)) - (x).begin())#define BitOne(x) __builtin_popcount(x)#define showtime printf("time = %.15f\n",clock() / (double)CLOCKS_PER_SEC)#define Rep(i, l, r) for (int i = l;i <= r;++i)#define Rrep(i, r, l) for (int i = r;i >= l;--i)typedef long long LL;typedef unsigned long long ULL;typedef pair<int,int> ii;typedef pair<ii,int> iii;const double eps = 1e-8;const double pi = 4 * atan(1);const int inf = 1 << 30;const int INF = 0x3f3f3f3f;const int MOD = 1e9 + 7;int nCase = 0;//精度正负、0的判断int dcmp(double x){if (fabs(x) < eps) return 0;return x < 0?-1:1;}template<class T> inline bool read(T &n){    T x = 0, tmp = 1;    char c = getchar();    while((c < '0' || c > '9') && c != '-' && c != EOF) c = getchar();    if(c == EOF) return false;    if(c == '-') c = getchar(), tmp = -1;    while(c >= '0' && c <= '9') x *= 10, x += (c - '0'),c = getchar();    n = x*tmp;    return true;}template <class T> inline void write(T n){    if(n < 0){putchar('-');n = -n;}    int len = 0,data[20];    while(n){data[len++] = n%10;n /= 10;}    if(!len) data[len++] = 0;    while(len--) putchar(data[len]+48);}LL QMOD(LL x, LL k) {    LL res = 1LL;    while(k) {if (k & 1) res = res * x % MOD;k >>= 1;x = x * x % MOD;}    return res;}const int N = 1000;vector<vector<int> > g;bool p[N][N], local[10][10];int n, m;vector<int> up[N];int dp[1 << 10];int lowbit[1<< 10];int dfs(int u,int f) {    int result = 0;    vector<int> sons;    for (int v : g[u]) {        if (v != f) {            result += dfs(v, u);            sons.push_back(v);        }    }    /*以v为根的子树中是否有点与u构成一条路径，有就删除v子树*/    /*因为直接和u相连，不会有比这更优的方案了*/    for (int v : sons) {        for (int x : up[v]) {            if (p[u][x]) {                result ++;                up[v].clear();                break;            }        }    }    /*与u直接相连的判断完了后，在判断两棵子树跨越u形成路径的情况*/    /*子树的数目小于10*/    for (int i = 0;i < sons.size();++i) {        for (int j = i + 1;j < sons.size();++j) {            local[i][j] = false;            for (int a : up[sons[i]]) {                for (int b : up[sons[j]]) {                    if (p[a][b]) {                        local[i][j] = true;                        break;                    }                }                if (local[i][j]) break;            }        }    }    /* 因为题目保证了每个节点连接的节点数不回超过10个，故可以状压枚举*/    dp[0] = 0;    /*小状态先算出来，用来更新大状态*/    for (int sta = 1;sta < (1 << sons.size());++sta) {        int a = lowbit[sta];        /*枚举a，b两棵子树中的点匹配，先确定a，在枚举b*/        /*所以是dp[sta] = dp[sta - (1 << a)]*/        dp[sta] = dp[sta - (1 << a)];/*sta > sta - (1 << a)*/        for (int b = a + 1;b < sons.size();++b) {            if (((sta >> b) & 1) && local[a][b])/*sta > sta - (1 << a) > sta - (1 << b)*/                dp[sta] = max(dp[sta], dp[sta - (1 << a) - (1 << b)] + 1);        }    }    result += dp[(1 << sons.size()) - 1];    up[u].clear();    up[u].push_back(u);/*u为根的子树，包含u节点*/    for (int i = 0;i < sons.size();++i) {        /*判断第i棵子树是否必须要,只要剔除i看看是否相等就行了*/        /*只需要判断dp[(1 << sons.size()) - 1] 是否等于 dp[(1 << sons.size()) - 1 - (1 << i)]*/        if (dp[(1 << sons.size()) - 1] == dp[(1 << sons.size()) - 1 - (1 << i)])            for (int x : up[sons[i]])                up[u].push_back(x);    }    return result;}int main(int argc, const char * argv[]){        freopen("in.txt","r",stdin);    // freopen("out.txt","w",stdout);    // ios::sync_with_stdio(false);    // cout.sync_with_stdio(false);    // cin.sync_with_stdio(false);    /*计算出状态i二进制中从左到右第一个1的位置*/    for (int i = 1;i < (1 << 10);++i) {        lowbit[i] = (i & 1) ? 0 : 1 + lowbit[i >> 1];        // printf("%4d", lowbit[i]);        // if (i % 10 == 0) puts("");    }    // puts("");    int kase;cin >> kase;    while(kase--) {        g.clear();        cin >> n ;        Rep(i, 0, n - 1) Rep(j, 0, n - 1) p[i][j] = false;        g.resize(n + 2);        int u, v;        Rep(i, 1, n - 1) {            scanf("%d%d", &u, &v);            u--, v--;            g[u].push_back(v);            g[v].push_back(u);        }        cin >> m;        Rep(i, 1, m) {            scanf("%d%d", &u, &v);            u--, v--;            p[u][v] = p[v][u] = true;        }        cout << dfs(0, -1) << endl;    }    // showtime;    return 0;}