bzoj 1089: [SCOI2003]严格n元树 （dp+高精度）

1089: [SCOI2003]严格n元树

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Description

　　如果一棵树的所有非叶节点都恰好有n个儿子，那么我们称它为严格n元树。如果该树中最底层的节点深度为d
（根的深度为0），那么我们称它为一棵深度为d的严格n元树。例如，深度为２的严格２元树有三个，如下图：

　　给出n, d，编程数出深度为d的n元树数目。

Input

　　仅包含两个整数n, d( 0   <   n   <   =   32,   0  < =   d  < = 16)

Output

　　仅包含一个数，即深度为d的n元树的数目。

Sample Input

【样例输入1】
2 2

【样例输入2】
2 3

【样例输入3】
3 5

Sample Output

【样例输出1】
3

【样例输出2】
21

【样例输出2】
58871587162270592645034001

HINT

Source

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题解：dp+高精度

如果我们考虑在上一层的哪些叶节点上在加一层的话，必然需要考虑上一层叶节点的个数，但是叶节点可能会很多，所以我们无法记录下来。

所以换一种思考方式，在底下加入需要考虑叶子节点的数量，但是如果考虑从上面加入就可以避免了。什么意思呢，就是假设我们已经得到了d-1层的答案，那么我们考虑加入根节点，因为是严格n元树，所以必然有n个儿子，我们可以通过在他的儿子节点上加入d-1层的树来得到d层的树。因为我们要得到d层的，所以必然存在至少一个子节点接的是d-1层的子树。我们当然可以通过枚举选取几个挂d-1层的子树再结合上组合数来更新答案，但是这样太麻烦了。如果不考虑d层的限制，根的每一个儿子都可以自由选择深度为0-(d-1)的每一颗子树，答案为sum[d-1]^n  （sum[i]表示深度为0-i的所有子树的答案） 那么不合法的方案数其实就是sum[d-2]^n，因为在0-(d-2)中选择，无论如何都无法满足条件。

f[i]=sum[i-1]^n-sum[i-2]^n  剩下的就是高精度的问题啦。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define N 1003
using namespace std;
int n,m,base[N],ans[N],c[N],f[N][N];
struct data
{
	int a[N];
}sum,sum1,num;
void mul(data &x,data y)
{
   for (int i=1;i<=y.a[0];i++)
    base[i]=ans[i]=y.a[i];
   base[0]=y.a[0],ans[0]=y.a[0];
   for (int i=2;i<=n;i++)	{
   	 memset(c,0,sizeof(c));
   	 for (int j=1;j<=base[0];j++)
   	  for (int k=1;k<=ans[0];k++)
   	   c[j+k-1]+=base[j]*ans[k];
   	 int t=max(base[0],ans[0]);
   	 int x=0;
   	 for (int j=1;j<=t;j++)
   	  {
   	  	 c[j]=c[j]+x;
   	  	 x=c[j]/10000;
   	  	 c[j]%=10000;
	  }
	c[t+1]+=x;
	 while (c[t+1]) {
	 	t++;
	 	c[t+1]+=c[t]/10000;
	 	c[t]%=10000;
	 }
	 for (int j=1;j<=t;j++)
	  ans[j]=c[j];
	 ans[0]=t;
   }
   x.a[0]=ans[0];
   for (int i=1;i<=ans[0];i++)
    x.a[i]=ans[i];
}
void calc(int f[N],data sum1,data sum)
{
	for (int i=1;i<=sum1.a[0];i++)
	 {
	 	if (sum1.a[i]-sum.a[i]<0){
	 		sum1.a[i+1]--;
	 		sum1.a[i]+=10000;
		 }
		f[i]=sum1.a[i]-sum.a[i];
	 }
	f[0]=sum1.a[0];
	while (!f[f[0]]) f[0]--;
}
void add(int f[N],data &x)
{
	int t=max(f[0],x.a[0]);
	for (int i=1;i<=t;i++)
	 {
	 	x.a[i]+=f[i];
	 }
	for (int i=1;i<=t;i++)
	 x.a[i+1]+=x.a[i]/10000,x.a[i]%=10000;
	while (x.a[t+1]) {
		t++; 
		x.a[t+1]+=x.a[t]/10000;
		x.a[t]%=10000;
	}
	x.a[0]=t;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	if (n==0){
		printf("1\n");
		return 0;
	}
	m++;
	f[1][1]=1; f[1][0]=1;
	sum.a[1]=1; sum.a[0]=1; mul(sum,sum);
	f[2][1]=1; f[2][0]=1;
	sum1.a[0]=1; sum1.a[1]=2; mul(sum1,sum1); num.a[0]=1; num.a[1]=2;
	for (int i=3;i<=m;i++)
	{
		calc(f[i],sum1,sum);
		for (int j=0;j<=sum1.a[0];j++)
		 sum.a[j]=sum1.a[j];
		add(f[i],num);
		mul(sum1,num);
	}
	for (int i=f[m][0];i>=1;i--){
		if (i!=f[m][0]){
			if (f[m][i]<10) printf("000");
			else if (f[m][i]<100) printf("00");
			else if (f[m][i]<1000) printf("0");
	    }
		printf("%d",f[m][i]);
	}
	printf("\n");
}