BZOJ 1005: [HNOI2008]明明的烦恼

最新推荐文章于 2020-07-28 09:32:06 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/LLTYYC/p/10104542.html

本文介绍如何使用Prüfer序列计算特定条件下树的可能构造方式数目，通过组合数学的方法，详细解析了确定度数节点和不确定度数节点在序列中的位置选择及其方案数的计算。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

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prufer序列

因为每个prufer序列唯一对应一颗树，所以如果能求出prufer序列的方案数就能求出树的方案数

一颗 n 个节点的树的prufer序列有 n-2 个数字，每个数字在 [1,n] 的范围内，表示节点编号

对应一个度数为 $d_i$ 的点，它会在prufer序列中出现 $d_i-1$ 次

设 m 为度数确定的节点数量，$d_i$ 为某个节点的度数

设 $sum=\sum _{i=1}^{m}(d_i-1)$

那么已经确定的节点在 prufer 序列中占据了 sum 个位置

这 sum 的位置在 n-2 个位置中放置的方案数显然为 $C^{sum}_{n-2}$

然后单独考虑这个长度为 sum 的序列的情况

对于确定度数的节点 1，它要在长度为 sum 的序列中选 $d_1-1$ 个位置

有 $C^{d_1-1}_{sum}$ 种方案

对于第 2 个节点，因为节点 1 先选好了，所以它要在长度为 $sum-(d_1-1)$ 的序列中选 $d_2-1$ 个位置

有 $C^{d_2-1}_{sum-(d_1-1)}$ 种方案

这样推广下去，用乘法原理把所有的 C 乘起来（化简过程自己推一下）

最后得到 $C^{sum}_{n-2}\frac{sum!}{\prod ^{m}_{i=1}(d_i-1)}$

然后考虑不确定的点，剩下 n-2-sum 个位置顺便填剩下 n-m 个数

有 $(n-m)^{(n-2-sum)}$ 种方案

最后一起乘起来就好了

答案要高精度，但是因为最后答案一定是整数，所以可以提出分子分母的质因数化简分式，不用高精除

高精怕麻烦没写压位

别忘了判断无解

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
    while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
const int N=20007;
int n,d[N],m,sum;
int pri[N],tot,f[N];//f[i]表示i最小的质因数
bool not_pri[N];
void pre()//欧拉筛求每个数最小的质因数
{
    not_pri[1]=1; f[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!not_pri[i]) { pri[++tot]=i; f[i]=i; }//质数的最小质因数就是本身
        for(int j=1;j<=tot;j++)
        {
            int g=i*pri[j]; if(g>n) break;
            not_pri[g]=1; f[g]=pri[j];
            if(i%pri[j]==0) break;
        }
    }
}
int cnt[N];//cnt存每个质因数出现的次数
inline void work(int x,bool p)//p表示此时化简的是分子还是分母
{
    if(p) while(x!=1) cnt[f[x]]++,x/=f[x];
    else while(x!=1) cnt[f[x]]--,x/=f[x];
}
struct BIGINT//高精度存答案
{
    int a[N],len;
    BIGINT() { memset(a,0,sizeof(a)); len=1; }
    inline void mul(int tmp)//高精乘低精
    {
        for(int i=1;i<=len;i++) a[i]*=tmp;
        for(int i=1;i<=len;i++)
        {
            a[i+1]+=a[i]/10;
            a[i]%=10;
        }
        while(a[len+1]) len++,a[len+1]+=a[len]/10,a[len]%=10;
    }
    inline void print() { for(int i=len;i;i--) printf("%d",a[i]); }//输出
};
int main()
{
    int a;
    n=read(); pre();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        a=read(); if(a==-1) continue;
        if(!a) { printf("0"); return 0; }//判断无解
        d[++m]=a; sum+=a-1;
    }
    if(sum>2*n-2) { printf("0"); return 0; }//判断无解
    for(int i=n-1-sum;i<=n-2;i++) work(i,1);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=2;j<=d[i]-1;j++) work(j,0);
    for(int i=1;i<=n-2-sum;i++) work(n-m,1);
    BIGINT ans; ans.a[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=cnt[i];j++)
            ans.mul(i);
    ans.print();
    return 0;
}