一些关于prufer的结论
退役前写的东西
简单介绍
定义1：\(prufer\)序列是无根树的一种数列。通过一棵阶为\(n\)的树转化来的\(prufer\)数列长度为\(n-2\)
构造1：无根树转\(prufer\)序列
序列初始为空
\(1)\)找到编号最小的度数为\(1\)的点
\(2)\)删除该点，同时在\(prufer\)序列中添加与该点唯一相邻的点的编号
\(3)\)重复上述操作，直到树仅剩两个节点
推论1：度数为\(p\)的点在\(prufer\)序列中出现\(p-1\)次
构造2：\(prufer\)序列转无根树
初始点集\(S=\{1,2,...,n\}\)，\(n\)为无根树的阶
\(1)\)取\(prufer\)序列最前面的元素\(x\)，并将其从序列中删除
\(2)\)在\(S\)中找到最小的没有在\(prufer\)序列中出现的元素\(y\)
\(3)\)将\((x,y)\)添加进\(E\)，并在\(S\)中将两元素删除
\(4)\)如果|S|=2，则将这两点的点对加入\(E\)
推论2：无根树与\(prufer\)序列呈双射关系
根据构造1,构造2容易一一对应起来
定理1\((Caylay)\)：阶为\(n\)的树个数有\(n^{n-2}\)
推论3：阶为\(n\)的树，给定每个点\(i\)的度数\(deg_i\)，则树的个数为$$\frac{(n-2)!}{\prod\limits_{i=1}^n(deg_i-1)!}$$
应用
以下\(n\)默认为树的阶
\(1)\)：强制\(deg_1=k\)，树的个数为：\(\binom{n-2}{k-1}(n-1)^{n-k-1}\)
\(2)\)：\(K_n\setminus e\)的支撑树个数为\((n-2)n^{n-3}\)
考虑出现\(e\)的个数
\(e\)出现在某个支撑树的概率为\(\frac{n-1}{\binom{n}{2}}\)，则期望次数为\(\frac{n-1}{\binom{n}{2}}\times n^{n-2}=2n^{n-3}\)
\(n^{n-2}-2n^{n-3}=(n-2)n^{n-3}\)
\(3)\)：设\(T\)为某个支撑树，有任意序列\(\{x_1,x_2,...,x_n\}\)，则有\(\prod\limits_{i=1}^n x_i(\sum\limits_{i=1}^n x_i)^{n-2}=\sum\limits_{T}\prod\limits_{i=1}^n x_i^{deg_i}\)
即证\((\sum\limits_{i=1}^n x_i)^{n-2}=\sum\limits_{T}\prod\limits_{i=1}^n x_i^{deg_i-1}\)
将其展开，即为编号与\(x\)一一映射后的求值
\(4)\)：\(n\)个点，组成\(m\)棵树的个数为\(mn^{n-m-1}\)（钦定树根）
将\(m\)个点缩成\(1\)个点，且\(x_1=m\)，其他点\(x_i=1\)，然后代入\(3)\)即可
\(4)\)：求\(K_n\)中各点度数均不超过\(3\)的支撑树个数
设\(n_1,n_2,n_3\)分别为度数\(1,2,3\)的个数
当确定\(n_1,n_2,n_3\)时，个数为\(\binom{n}{n_1,n_2,n_3}\frac{(n-2)!}{2^{n_3}}\)
有\(n_1+2n_2+3n_3=2n-2\)，又度数为\(2\)的点在树上仅有一个儿子，易得\(n_1=n_3+2,n_2=n-2n_3-2\)
则个数为\((n-2)!\sum_{n_3=0}^{\lfloor\frac n2\rfloor-1}2^{-n_3}\frac{n!}{n_3!(n_3+2)!(n-2n_3-2)!}\;\)
根据OEIS sequence A003692
有\((n+2)a_n = n(2n-1)a_{n-1} + (n-3)(n-1)na_{n-2}\;.\)
\(5)\)：\(K_{m,n}\)的支撑树个数为\(m^{n-1}n^{m-1}\)
证明1：
考虑改化\(prufer\)序列的构造方式，依然选择叶子，但每次固定特定区域的叶子选择
设\(m\le n\)，我们这样添加进来：
\(\underbrace{\mathsf{N,N,\dots,N}}_{n-m},\underbrace{\mathsf{N,M,N,M\dots,N,M}}_{2(m-1)}\)
结论：在\(K_{m,n}\)的支撑树中，\((m\le n)\)，\(n\)部分总有至少一个叶子节点（\(2n>n+m-1\)）
证明2：
令\(x^T=x_1^{deg_1-1}x_2^{deg_2-1}\cdots x_n^{deg_n-1}\)
令\(P_{n,m}=\sum\limits_{T}x^T\)，\(Q_{n,m}=(x_1+x_2+\cdots+x_m)^{n-1}(x_{m+1}+\cdots+x_{m+n})^{m-1}\)
我们可以证明\(P_{n,m}=Q_{n,m}\)
令\(P_{m,n}^i=\sum_{\substack{T\text{ such that}\\ v_i\text{ is a leaf}}} x^T\)，显然\(P_{m,n}^i=P_{m,n}\Big|_{x_i=0}\)
我们有如下转化
\(\sum_{T\in LHS}x^T=x_{m+j}\sum_{T\in RHS}x^T\)
根据归纳我们能得到
综合得到
由于\(P_{m,n}\Big|_{x_i=0}= Q_{m,n}\Big|_{x_{i}=0}\)，\(x_i\)是\(P_{m,n}-Q_{m,n}\)的因数。进一步的，\(\prod x_i\)是\(P_{m,n}-Q_{m,n}\)的因数，所以阶数为\(m+n\)
根据\(P_{m,n},Q_{m,n}\)的定义，其阶数是\(n+m-2\)
故\(P_{m,n}=Q_{m,n}\)
\(6)\)：\(n\)个点\(n\)条边的无向连通图的个数为\(\sum_{k=3}^{n}\frac{n!n^{n-k-1}}{2(n-k)!}\)
n个点选k个点作为树根：\(\binom{n}{k}\times n^{n-k-1}\times k\)
前\(n-k-1\)个位置随便选，第\(n-k\)个位置的时候只剩下环和某个点，然后某个点选择环上一个点作为父亲
然后剩下算环的方案数就行
\(\sum_{k=3}^{n}\binom{n}{k}\times n^{n-k-1}\times k\times \frac{(k-1)!}{2}\)
\(7)\)：\(K_n\)，给定一个\(f\)个点的树，包含其的支撑树个数为\(n^{n-f-1}f\)
将这棵树缩起来，枚举其与剩下\((n-f)\)个点的度数，然后根据\((1)\)
\(\sum_{k=1}^{n-f} \binom{n-f-1}{k-1} (n-f)^{n-f-k} f^k\)
\(8)\)：\(2n\)个点的数，\(n\)个叶子节点的生成树个数为\({2n\choose n} {2n-2\brace n} n!\)
证明1：
选择叶子集合，剩下\(n\)个点，由于不是叶子节点，必定出现在prufer序列中
证明2：
钦定有多少个点没有出现过容斥
\(\sum_{r=n}^{2n}(-1)^{r-n}\cdot{r \choose n}\cdot{2n \choose r}\cdot(2n-r)^{2n-2}\)
\(9)\)：\(K_n\)，怎么删掉两条边生成树个数最大
缩点：
\(e_1,e_2\)相邻
\(\sum_{i=0}^{n-4}3^{i+1}\binom{n-4}{i}(n-3)^{n-4-i}\)
枚举出现次数\(i\)，则有\(i+1\)条边
\(e_1,e_2\)不相邻
\(\sum_{i=0}^{n-4}\binom{n-4}{i}2^{i+2}2^i(n-4)^{n-4-i}\)
\(2^{i}\)为对\(e_1,e_2\)分类
