[JZOJ5068]树

题目大意

有$n$个点，从$1$到$n$进行标号，第$i$个点的限制为度数不能超过$a_i$。
对于每个$s(1\le s\le n)$，问从$n$个点中选出一些点组成大小为$s$的有标号无根树的方案数。

$1\le n\le100$

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题目分析

既然是无根树计数，那就考虑使用prufer序列。
一个节点数为$s$的树对应于一个长度为$s-2$的序列。
一个长度为$s$的prufer序列，假设出现了$m$个点，每个点$i$在其中各出现了$c_i$次，那么这个prufer序列有这么多种：

$$\frac{s!}{\prod_{i=1}^mc_i!}$$
怎么限制度数？一个点的度数就是它在prufer序列上出现的次数加一。
考虑使用dp来计数，假设我们考虑到第 $i$个点，已经选择了$j$个点作为无根树的节点，并且已经生成了一个长度为 $k$的prufer序列，这个方案是$f_{i,j,k}$种。为了计算方便，我们将 $f$除去$s!$，最后统计答案再乘上去。
那么一个 $f_{i,j,k}$能够转移到的位置有：
$$f_{i+1,j,k}+=f_{i,j,k}$$
或者
$$f_{i+1,j+1,k+c}+=f_{i,j,k}\times\frac1{c!}(其中c< a_{i+1})$$
最后统计答案，一个大小是 $s$的带标号无根树的种类数就是$f_{n,s,s-2}\times (s-2)!$。
时间复杂度 $\mathrm O(n^4)$。当然，可以发现转移过程是一个卷积，使用FFT加速的话，可以做到 $\mathrm O(n^3\log n)$.

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代码实现

#include <iostream>
#include <cstdio>

using namespace std;

const int P=1004535809;
const int N=105;

int fact[N],invf[N],a[N];
int f[N][N][N];
int n;

int quick_power(int x,int y)
{
    int ret=1;
    for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P) if (y&1) ret=1ll*ret*x%P;
    return ret;
}

void pre()
{
    fact[0]=1;
    for (int i=1;i<=n;++i) fact[i]=1ll*fact[i-1]*i%P;
    invf[n]=quick_power(fact[n],P-2);
    for (int i=n;i>=1;--i) invf[i-1]=1ll*invf[i]*i%P;
}

void dp()
{
    f[0][0][0]=1;
    for (int i=0;i<n;++i)
        for (int j=0;j<=i;++j)
            for (int k=0;k<=n-2;++k)
                if (f[i][j][k])
                {
                    (f[i+1][j][k]+=f[i][j][k])%=P;
                    for (int c=0;c<=n-2-k&&c<a[i+1];++c) (f[i+1][j+1][k+c]+=1ll*f[i][j][k]*invf[c]%P)%=P;
                }
}

int main()
{
    freopen("tree.in","r",stdin),freopen("tree.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
    pre(),dp();
    printf("%d",n);
    for (int i=2;i<=n;++i) printf(" %d",1ll*f[n][i][i-2]*fact[i-2]%P);
    printf("\n");
    fclose(stdin),fclose(stdout);
    return 0;
}