[容斥+Purfer编码] 51Nod1806 wangyurzee的树

很久以前看过 Purfer 但忘完了…补一补…
m 只有 17,所以想到暴力容斥。而确定一些节点的度的生成树个数可以直接用 Purfer 解决。
具体来说,若有 cnt 个点的度数有约束,分别为v1,v2....vcnt。总方案为:

(n2(vi1))ncnti=1cnt(cntk=1(vk1)vi1)=(n2(vi1))ncnt(n2)!(vi1)!(n2(vi1))!
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define Fir first
#define Sec second
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=1000005,MOD=1000000007;
LL ans,fac[maxn],inv[maxn],fac_inv[maxn];
bool vis[20];
inline LL C(int n,int m){ return (n<m||n<0||m<0)?0:fac[n]*fac_inv[m]%MOD*fac_inv[n-m]%MOD; }
int n,m,a[maxn];
pair<int,int> q[20];
inline LL Pow(LL a,int b){
    LL res=1;
    for(;b;b>>=1,a=a*a%MOD) if(b&1) res=(res*a)%MOD;
    return res;
}
int main(){
    freopen("51nod1806.in","r",stdin);
    freopen("51nod1806.out","w",stdout);
    fac[0]=1; for(int i=1;i<=1000000;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
    inv[1]=1; for(int i=2;i<=1000000;i++) 
    inv[i]=(LL)(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;
    fac_inv[0]=1; for(int i=1;i<=1000000;i++) fac_inv[i]=fac_inv[i-1]*inv[i]%MOD;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&q[i].Fir,&q[i].Sec);
    if(n==1){
        if(m==1) return printf("0"),0;
        return printf("1"),0; 
    }
    for(int s=0;s<=(1<<m)-1;s++){
        LL _sum=0,_prod=1,cnt=0; bool pd=true;
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        for(int i=1;i<=m&pd;i++) if((s>>i-1)&1){
            if(vis[q[i].Fir]) pd=false; vis[q[i].Fir]=true;
            _sum+=q[i].Sec-1; (_prod*=fac_inv[q[i].Sec-1])%=MOD; cnt++;
        }
        if(!pd) continue;
        if(n-2-_sum<0||n-cnt<0) continue; 
        (ans+=(LL)((cnt&1)?-1:1)*fac[n-2]*fac_inv[n-2-_sum]%MOD*_prod%MOD*Pow(n-cnt,n-2-_sum)%MOD)%=MOD;
        //printf("%lld\n",(ans+MOD)%MOD);
    }
    printf("%d\n",(ans+MOD)%MOD);
    return 0;
} 
### 关于51Nod 3100 上台阶问题的C++解法 #### 题目解析 该题目通常涉及斐波那契数列的应用。假设每次可以走一步或者两步,那么到达第 \( n \) 层台阶的方法总数等于到达第 \( n-1 \) 层和第 \( n-2 \) 层方法数之和。 此逻辑可以通过动态规划来解决,并且为了防止数值过大,需要对结果取模操作(如 \( \% 100003 \)[^1])。以下是基于上述思路的一个高效实现: ```cpp #include <iostream> using namespace std; const int MOD = 100003; long long f[100010]; int main() { int n; cin >> n; // 初始化前两项 f[0] = 1; // 到达第0层有1种方式(不移动) f[1] = 1; // 到达第1层只有1种方式 // 动态规划计算f[i] for (int i = 2; i <= n; ++i) { f[i] = (f[i - 1] + f[i - 2]) % MOD; } cout << f[n] << endl; return 0; } ``` 以上代码通过数组 `f` 存储每层台阶的结果,利用循环逐步填充至目标层数 \( n \),并最终输出结果。 --- #### 时间复杂度分析 由于仅需一次线性遍历即可完成所有状态转移,时间复杂度为 \( O(n) \)。空间复杂度同样为 \( O(n) \),但如果优化存储,则可进一步降低到 \( O(1) \): ```cpp #include <iostream> using namespace std; const int MOD = 100003; int main() { int n; cin >> n; long long prev2 = 1, prev1 = 1, current; if (n == 0 || n == 1) { cout << 1 << endl; return 0; } for (int i = 2; i <= n; ++i) { current = (prev1 + prev2) % MOD; prev2 = prev1; prev1 = current; } cout << prev1 << endl; return 0; } ``` 在此版本中,只保留最近两个状态变量 (`prev1`, `prev2`) 来更新当前值,从而节省内存开销。 --- #### 输入输出说明 输入部分接受单个整数 \( n \),表示台阶数量;程序会返回从地面走到第 \( n \) 层的不同路径数目,结果经过指定模运算处理以适应大范围数据需求。 ---
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