pku1737（求连通图个数，运用高精度加法，减法，乘法，组合数）

http://162.105.81.212/JudgeOnline/problem?id=1737

题意： 一个无向图就是有v个顶点和e条边（E∈{V*V}）构成的一个集合。如果一个无向图对于每个点对（u,v）都可以从u通过边到底v，那么这个图就是连通的，你的任务就是写一个程序来计算总共有多少个不同的包含n个顶点的连通的无向图；

分析：对于我老菜来说此题是很好很难的图论+数论。自己弄了很久，最后看了牛人的解题报告才弄明白，汗~废话少说贴下牛人的报告吧。

 

题目大致意思是给定n个点，求这n个点的连通图的个数。

用g(n)表示n个点总共可以表示成几个图，因为总共有n*（n-1）/2条边，而这n*(n-1)/2中每条边连或不连有两种可能，所以g(n)=2^(n*(n-1)/2)

所以连通图的个数=总的图的个数-不是连通图的个数;

那令f(n)表示n个点的连通图的个数；

而不连通的图的个数是顶点数小于n的连通图的个数乘以剩下的顶点总共的图的个数，即

；如图 ：

                  

所以

但是…

真的是Cⁱ_n吗，看一个例子

 

1）

    2）

 

 

 

1）和2）其实是同一种状态，但是按 算选出（1，2）是一种，选出（3，4）是一种，所以产生了重复。

那么该怎么修改呢，其实只要固定一个点，假设是1，再从n-1个点中选出i-1个点去跟1构成连通图即C^i-1_n-1，那样就可以避免重复了；

综上：

因为n=11时数据就已经达到

35641657548953344了；

N=12的话就超过__int64的范围了。

所以此题必然要用到高精度了。

在计算f,Cⁱ_n的时候把f,Cⁱ_n算出来后保存下来，避免重复计算，否则有可能超时。

还有个要注意的就是：计算Cⁱ_n时可以用公式Cⁱ_n= C^i-1_n+C^i-1_n-1，这样就可以用高精度加法递推出来了。

#include<iostream> #include<memory> using namespace std; int CC[60][60][400]; int GG[60][1000]; int FF[60][1000]; int add(int *a, int *b, int *c) //高精度加法 { int i; for(i=*a+1; i<=*a+*b+5; i++) a[i] = 0; for(i=*b+1; i<=*a+*b+5; i++) b[i] = 0; for(i=1; i<=*a+*b+5; i++) c[i] = a[i] + b[i]; for(i=1; i<=*a+*b+3; i++) { c[i+1] = c[i+1] + c[i] / 10; c[i] = c[i] % 10; } for(i=*a+*b+4; i>=1; i--) if(c[i]) break; c[0] = i; //位数 return i; } int min(int *a, int *b) //高精度减法； { int i; for(i=1; i<=*b; i++) a[i] = a[i] - b[i]; for(i=1; i<=*a; i++) if(a[i] < 0) { a[i+1]--; a[i] += 10; } for(i=*a; i>=1; i--) if(a[i]) break; a[0] = i; //位数 return i; } int mul(int *a, int *b, int *c) //高精度乘法； { int i, j; for(i=*a+1; i<=*a+*b+5; i++) a[i] = 0; for(i=*b+1; i<=*a+*b+5; i++) b[i] = 0; for(i=0; i<=*a+*b+5; i++) c[i] = 0; for(i=1; i<=*a; i++) for(j=1; j<=*b; j++) c[i+j-1] += a[i] * b[j]; for(i=1; i<=*a+*b+5; i++) { c[i+1] = c[i+1] + c[i] / 10; c[i] = c[i] % 10; } for(i=*a+*b+5; i>=1; i--) if(c[i]) break; c[0] = i; //位数 return i; } int g(int n) //计算n个点任意图的个数；分别存在GG[][]中； { int i, j; int temp1[1000], temp2[1000]; if(GG[n][0]) return GG[n][0]; //返回总个数的长度（位数），高精度的； if(n == 1) { GG[1][0] = 1; GG[1][1] = 1; return 1; } memset(temp1, 0, sizeof(temp1)); memset(temp2, 0, sizeof(temp2)); temp2[0] = 1; temp2[1] = 2; temp1[0] = 1; temp1[1] = 1; for(i=1; i<=(n-1)*n/2; i++) //n个点图的总边数为(n-1)*n/2; { mul(temp1, temp2, GG[n]); for(j=0; j<=GG[n][0]; j++) temp1[j] = GG[n][j]; } return j; } int C(int x, int y) //计算高精度组合数； { int i, j; if(CC[x][y][0]) return CC[x][y][0]; if((x == y) || (x == 0)) { CC[x][y][0] = 1; CC[x][y][1] = 1; return CC[x][y][0]; } C(x, y-1); C(x-1, y-1); add(CC[x][y-1], CC[x-1][y-1], CC[x][y]); return CC[x][y][0]; } int f(int n) //计算n个点连通图的个数； { int i, j, k, temp[1000], temp1[1000]; if(FF[n][0]) return FF[n][0]; //返回个数的长度（位数）； memset(temp, 0, sizeof(temp)); g(n); //求出n个点任意图的总个数； add(temp, GG[n], FF[n]); //计算FF[n][] = temp + GG[n][]; for(i=1; i<=n-1; i++) { C(i-1, n-1); //计算组合数; f(i); //计算i个点连通图的个数； mul(GG[n-i], FF[i], temp1); //计算temp1 = f(i)*g(n-i); mul(temp1, CC[i-1][n-1], temp);//计算temp = C(i-1, n-1) * temp1; min(FF[n], temp); //计算FF[n] = FF[n] - temp; } } int main() { int n, i, j, k; memset(FF, 0, sizeof(FF)); memset(GG, 0, sizeof(GG)); memset(CC, 0, sizeof(CC)); while(scanf("%d",&n) && n) { f(n); //printf("%d/n",FF[n][0]); for(i=FF[n][0]; i>=1; i--) printf("%d",FF[n][i]); printf("/n"); } return 0; }