补坑：Prufer 编码总结
\(Prufer\) 编码
我们希望有一个探究无根树之间的关系的工具。这里我们要讨论的工具就是Prufer编码
简介
prufer编码是一种无根树的编码方式，一个prufer编码对应唯一一颗无根树，且一颗无根树对应唯一一个prufer编码。
注意这里，我们认为两颗无根树不同，当且仅当他们的连边情况不同。同构的两颗无根树是可能不同的
算法
将树化为Prufer编码
按照以下方式运作
TREE << input;
for i = TREE.min_leaf : TREE.size > 2
PRUFER_SEQUENCE.push_back = i.adjacent;
TREE.remove_node:i;
output << PRUFER_SEQUENCE;
将Prufer编码化为树
按照以下方式运作
PRUFER_SEQURENCE << input;
for i = PRUFER_SEQUENCE.elements
j = [UNIVERSE - PRUFER_SEQUENCE].min;
TREE.link: i, j;
UNIVERSE -= j;
PRUFER_SEQUENCE.pop_head;
TREE.link: [UNIVERSE:1], [UNIVERSE:2]; #two elements left
output << TREE
证明
可以看到对于一个树的输入，可以得到唯一的编码输出，对于唯一的编码输入也可以得到唯一的树的输出。关键是证明对于一个编码输出，只会有唯一的树的输入。
递归的考虑当前构造出的子图，设\(n\)节点无根树\(A,B\)拥有相同的编码设为\(p\)，设\(A',B'\) 为\(A,B\)当前构造出的子图。当前考虑到了第\(i\)位，那么｛\(p_i\)～\(p_n\)｝＝｛\(A'\)和\(B'\)的非叶节点｝，就是说｛\(A'\)的非叶节点｝＝｛\(B'\)的非叶节点｝。那么最小叶节点也是一定的，与其的连边也是确定的。则确定了\(n-2\)条边。那么我们也能够知道图中最后剩下的两个节点，确定他们之间的边，则确定了全部的\(n-1\)条边。
推广
- 编码中节点出现次数就是原树该点的
度数-1。 - \(Cayley\)公式: 对于n个节点的完全图\(K_n\)，有\(n^{n-2}\)颗生成树
请读者自行证明
例题
1. BZOJ1005: HNOI2008明明的烦恼
给你一个树每个点的度数限制，求方案数。
由推广2，利用prufer编码，转化为一个直观的排列组合问题：\(n-2\)个prufer编码的位置上分配不同个数的点的方案数。其中m个节点不限制度数。下面给出式子：
\[Answer = [\prod^{n-m}_{i=1} \binom{d_i}{n-2-\sum^{i-1}_{j=1}d_j}]*[m^{n-2-\sum^{n}_{i=1}d_i}]
\]
\[= [\prod^{n-m}_{i=1} \frac{(n-2-\sum^{i-1}_{j=1}d_j)!}{d_i!(n-2-\sum^{i}_{j=1}d_j)!}]*[m^{n-2-\sum^{n}_{i=1}d_i}]
\]
\[= \frac{(n-2)!}{[\prod_{i=1}^{n-m}d_i!]*(n-2-\sum_{i=1}^{n-m}d_i)!}*m^{n-2-\sum^{n-m}_{i=1}d_i}
\]
需要高精，即除法以约去质因数为替。
代码如下：
#include <cmath>
#include <vector>
#include <cstdio>
const int N = 1010, W = 1000000;
int ans[N],f[N][N],p[N],prime[N],d[N],tot,n,m,sum,cnt,i,j,x,head;bool check[N];
void mul(int k)
{
for(int i = 0;i <= head;i ++)ans[i] *= k;
for(int i = 0;;++i>head?head++:i)
{
if(i==head && ans[i]<W)break;
if(ans[i]>=W){ans[i+1]+=ans[i]/W, ans[i]%=W;}
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
if(n==1) {
scanf("%d",&x);
if(x==0)printf("1\n");
else printf("0\n");
return 0;
}
for(int i = 0;i < n;i ++) {
scanf("%d",&x);
if(x==0){printf("0\n");return 0;}
if(x==-1)m++;else {d[cnt++]=x-1;sum+=x-1;}
}
if(sum>n-2){printf("0\n");return 0;}
ans[0] = 1;
for(int i = 2;i <= n;i ++) {
if(!check[i])prime[tot++] = i;
for(int j = 0;j < tot;j++)
{
if(prime[j]*i>n)break;
check[prime[j]*i] = true;
if(i%prime[j]==0)break;
}
}
for(int i = 2;i <= n;i ++)
for(int j = 0;j < tot;j++)
{
int x = i; while(x%prime[j]==0){x/=prime[j];f[i][j]++;}
f[i][j] += f[i-1][j];
}
int q = sqrt(n);
for(int i = 0;i < tot;i ++)p[i] = f[n-2][i];
d[cnt++] = n-2-sum;
for(int i = 0;i < cnt;i ++)
for(int j = 0;j < tot;j ++)
p[j] -= f[d[i]][j];
for(int i = 0;i < tot;i ++)
for(int j = 0;j < p[i];j++)
mul(prime[i]);
for(int i = 0;i < n-2-sum;i ++) mul(m);
for(int i = head;~i;i --)
if(i==head)printf("%d",ans[i]);
else printf("%06d",ans[i]);
printf("\n");
return 0;
}
天哪，丑的我自己都看不下去了。。。
参考
待续未完
我现在只写了这一道prufer的题啊，下次遇到继续更新！
