CF1286F Harry The Potter
首先答案上界为 \(n\)，就是对每个点用一次操作 1。
那么我们现在的思维模式就是利用操作 2 来减少操作 1 的次数。
不难发现，如果操作 2 的点之间连无向边形成了环，那么可以对环上每个点用一次操作 1，这样这些操作 2 是不优的。
也就是说，接下来操作 2 的点形成了森林的形式，假设有 \(k\) 棵树，那么总操作数就是 \(n - k\)，所以现在我们只需最大化树的数量。
由于数据范围很小，这里可以想到先把合法的树找出来，然后子集卷积暴力合并，这样是 \(O(3^n)\) 的。
考虑如何判定一个集合 \(S\) 能否形成一棵合法的树，也就是可以通过 \((|S| - 1)\) 次操作 2 把集合里的数归零。
先考虑如果已经知道了树的形态如何判定，考虑这样一种钦定操作顺序：从叶子开始操作到根节点一共 \((|S| - 1)\) 次，每次对当前归零的点的父亲有 \(\plusmn 1\) 的波动，这个波动会一直影响到根节点，手玩算一下贡献发现根节点最后的值为
\[S_{even} - S_{odd} + eps \]这里 \(S_{even}\) 和 \(S_{odd}\) 分别表示深度为偶数或奇数的点的点权和，而 \(eps\) 表示波动，具体的值是绝对值小于 \(|S|\) 的整数。合法当且仅当这个值可以为 \(0\)。
考虑树的形态未定，那么每个点的深度奇偶性实质上可以任意钦定（只要奇偶都分别有点）。这相当于找到 \(S\) 的一个子集，使得
\[\sum_{k \in T} a_k - \sum_{k \in S \backslash T} a_k + eps = 0 \]同时 \(T \neq \varnothing\) 且 \(T \neq S\)。
这玩意直接判是 \(O(3^n)\) 的，而且跑得比较慢，过不了，那么就考虑优化。
不难发现集合 \(S\) 中的每个数都有 \(\plusmn a_k\) 的贡献，发现可以折半，把集合分成两部分，分别维护两个子集的和并排序，接下来可以用一个指针扫第一个子集，那么第二个子集中合法的部分就是区间的形式，可以线性维护。这部分复杂度就是 \(O(\sum_{k=1}^n \binom{n}{k}2^{\frac{k}{2}}) = O((1+\sqrt{2})^n)\) 的了。
接下来的那个子集卷积虽然也是 \(O(3^n)\) 的，但是只从极小的树处转移，常数非常小。
不过还有更高明的做法（虽然跑不过暴力），就是考虑若答案是 \(p\)，做 \((p+1)\) 次子集卷积后会变成全部 \(0\)，因为一次子集卷积相当于把两个森林合并，利用这个性质可以倍增求 \(p\)，复杂度是 \(O(n^2 2^n \log n)\)。
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