学习笔记：树与图上的计数问题

Prüfer 序列#

$n$ 个点的有标号无根树可以与一个长度为 $n-2$ 的 Prüfer 序列对应。

从树到 Prüfer 序列#

1. $f$ 为空序列。
2. 如果当前树上多于两个节点，假设当前标号最小的叶子为 $x$，与 $x$ 相连的节点标号为 $y$，那么把 $x$ 从树上删除，把 $y$ 加入 $f$ 末尾。
3. 重复 2. 直到树上只有两个节点。

性质

1. 在构造完 Prufer 序列后原树中会剩下两个节点，其中一个一定是编号最大的点 $n$。
2. 每个节点在序列中出现的次数是其度数减 $1$，因此没有出现的就是叶节点。

实现

可以 $O(n)$ 实现这个转换。

由于最后一定会留下 $n$，不妨钦定 $n$ 为根（把 $n$ 拎起来）。

定义：

• $f_i$ 为 $i$ 的父节点。
• $d_i$ 为 $i$ 的儿子数量。
• $p_i$ 为 prufer 序列的第 $i$ 项。

流程：

定义 $i$ 表示当前编号最小的叶子的指针，$cur$ 为当前序列填到哪一项。

• $p_{cur}=f_i$。
• 将 $d_{p_{cur}}$ 减 $1$，表示删去 $i$ 这个节点。
• 如果 $d_{p_{cur}}=0$ 且 $p_{cur}<i$，那么 $p_{cur}$ 比当前最小值还要小，直接令 $p_{cur+1}=f_{p_{cur}}$ 。

void Tree_to_Prufer() {
	for(int i = 1; i < n; ++ i) {
		cin >> f[i];
		++ d[f[i]];
	}
	for(int cur = 0, i = 1; cur < n - 2; ++ i) {
		while(d[i]) ++ i;
		p[++ cur] = f[i];
		while(cur < n - 2 && -- d[p[cur]] == 0 && p[cur] < i) {
			p[cur + 1] = f[p[cur]];
			++ cur;
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n - 2; ++ i) cout << p[i] << ' ';
}

从 Prüfer 序列到树#

1. 找到当前不在 $f$ 中且还未使用的最小元素 $x$。（等价于是叶子节点）
2. $x$ 与 $f$ 的第一个元素连边。
3. 删除 $f$ 的第一个元素，如果 $f$ 非空，重复上述过程。（把叶子删掉，当前节点度数减一）
4. 最后还剩两个点未使用，将他们连边。

代码实现类似。

void Prufer_to_Tree() {
	for(int i = 1; i <= n - 2; ++ i) {
		cin >> p[i];
		++ d[p[i]];		// 以 $n$ 为根，儿子数量
	}
	p[n - 1] = n;
	for(int cur = 1, i = 1; cur <= n - 1; ++ cur, ++ i) {
		while(d[i]) ++ i;
		f[i] = p[cur];
		while(cur < n - 1 && -- d[p[cur]] == 0 && p[cur] < i) {
			f[p[cur]] = p[cur + 1];
			++ cur;
		}
	} 
	for(int i = 1; i <= n - 1; ++ i) cout << f[i] << ' ';
}

Caylay 定理#

$n$ 个点的有标号无根树有 $n^{n-2}$ 种。

例题#

P6086 【模板】Prufer 序列#

submission

P2290 [HNOI2004] 树的计数#

题意：给定每个点的度数 $d_i$，求不同的有标号无根树个数。

相当于 $d_i-1$ 个 $i$ 排进长为 $n-1$ 的序列的方案数。

即

$${\displaystyle \frac{(n-1)!}{(d_1-1)!(d_2-1)!\cdots (d_n-1)!}}$$

由于保证了答案小于 ${10}^{17}$，可以不用高精，全程用一个大于 ${10}^{17}$ 的质数取模（如 $\text{4179340454199820289}$）。

特判无解，根据 prufer 序列的性质，一定有 $\sum d_i-1=n-2$。

submission

CF1267F Foolpruf Security#

题意：二分图 $G$ 左部有 $n$ 个节点，标号 $1,2,\cdots ,n$，右部 $m$ 个节点，标号 $n+1,n+1,\cdots ,n+m$。

满足图 $G$ 是一棵树。

给定其 prufer 序列的两个子序列 $a,b$，其中 $\mathrm{\forall }{a}_i\le n$ 且 $\mathrm{\forall }{b}_i>n$，让你重构一张可能的图，或判无解。

prufer 序列最后剩下的两个点，一定一个在左边，一个在右边。

于是左边删了 $m-1$ 个点，则 prufer 序列中不大于 $n$ 的元素被添加 $m-1$ 次。

同理，大于 $n$ 的元素右 $n-1$ 个。

因此如果 $|a|\ge m$ 或 $|b|\ge n$，则判无解，否则如果长度不够，随便填满。

代码与模板类似，稍加改动使得左右端点分局两侧。

void Prufer_to_Tree() {
	b[n] = n + m;
	for(int ia = 1, ib = 1, j = 1; ia <= m - 1 || ib <= n; ++ j) {
		while(d[j]) ++ j;
		int cur;
		if(j <= n) {
			cout << j << ' ' << b[ib] << '\n';
			cur = b[ib];
		}
		else {
			cout << j << ' ' << a[ia] << '\n';
			cur = a[ia];
		}
		while(1) {
			if(cur <= n) {
				if(ia <= m - 1 && -- d[a[ia]] == 0 && a[ia] < j) {
					cout << a[ia] << ' ' << b[ib] << '\n';
					++ ia;
					cur = b[ib];
				}
				else break;
				
			}
			else {
				if(ib <= n && -- d[b[ib]] == 0 && b[ib] < j) {
					cout << b[ib] << ' ' << a[ia] << '\n';
					++ ib;
					cur = a[ia];
				}
				else break;
			}
		}
		cur <= n ? ++ ia : ++ ib;
	}
}

submission

BZOJ4766 文艺计算姬#

题意：完全二分图 $K(n,m)$ 的生成树个数。

根据上题结论，将其 prufer 序列分为大于 $n$ 和不大于 $n$ 的两部分，长度分别为 $n-1$ 和 $m-1$。

所以总方案为 $m^{n-1}{n}^{m-1}$。

submission

E-Valuable Forests#

题意：定义树 $T$ 的权值 $w(T)=\sum _{i=1}^n\mathrm{deg}(i{)}^2$，森林 $G$ 的权值为 $\sum _{T\in G}w(T)$，求所有 $n$ 元有标号森林的权值和。

定义 $f(n)$ 表示不同 $n$ 元森林个数。

枚举元素 $n$ 所在树的大小，在剩下 $n-1$ 个元素里选 $i-1$ 个与 $n$ 构成一棵树，这棵树有 $i^{i-2}$ 种形态。

$$f(n)=\sum _{i=1}^n\left(\begin{array}{c}n-1\\ i-1\end{array}\right)i^{i-2}f(n-i)$$

定义 $g(n)$ 表示不同 $n$ 元树的权值和。

枚举每个点 $i$ 的权值 $d$，则贡献为满足恰有 $d-1$ 个位置是 $i$ 的 prufer 序列个数。

$$g(n)=\sum _{i=1}^n\sum _{d=1}^{n-1}{d}^2\left(\begin{array}{c}n-2\\ d-1\end{array}\right)(n-1{)}^{n-2-(d-1)}$$

定义 $F(n)$ 为 $n$ 元森林权值和。

枚举 $n$ 所在树的大小 $i$，$g(i)$ 的贡献为 $n-i$ 元森林数量，$F(n-i)$ 贡献为 $i^{i-2}$。

$$F(n)=\sum _{i=1}^n\left(\begin{array}{c}n-1\\ i-1\end{array}\right)[g(i)\cdot f(n-i)+F(n-i)\cdot i^{i-2}]$$

submission

Matrix Tree Theorem#

设无向图 $G=(V,E),D=\text{diag}(d_1,d_2,\cdots ,d_n)$，$d_i$ 是 $i$ 的度数，$G$ 的拉普拉斯矩阵 $L=D-E$，则 $G$ 的生成树个数为 $det(L_0)$，其中 $L_0$ 为 $L$ 去掉第 $i$ 行第 $i$ 列（$i$ 任取）。

$$\begin{array}{r}D=\left(\begin{array}{c}2\\ & 1\\ & & 2\\ & & & 4\\ & & & & 3\end{array}\right)E=\left(\begin{array}{ccccc}0& 0& 0& 1& 1\\ 0& 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1& 1\\ 1& 1& 1& 0& 1\\ 1& 0& 1& 1& 0\end{array}\right)\end{array}$$

$$L=\left(\begin{array}{ccccc}2& 0& 0& -1& -1\\ 0& 1& 0& -1& 0\\ 0& 0& 2& -1& -1\\ -1& -1& -1& 4& -1\\ -1& 0& -1& -1& 3\end{array}\right)$$

删去第 $4$ 行第 $4$ 列：

$$\begin{array}{rl}|L_0|& =\left|\begin{array}{cccc}2& 0& 0& -1\\ 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 2& -1\\ -1& 0& -1& 3\end{array}\right|\\ \\ & =2\left|\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 2& -1\\ 0& -1& 3\end{array}\right|-(-1)\left|\begin{array}{ccc}0& 0& -1\\ 1& 0& 0\\ 0& 2& -1\end{array}\right|\\ \\ & =2\left|\begin{array}{cc}2& -1\\ -1& 3\end{array}\right|-\left|\begin{array}{cc}0& -1\\ 2& -1\end{array}\right|\\ \\ & =8\end{array}$$