Prufer 序列小记
前言
因为 这道题 滚过来学 Prufer 了 /kel
Prufer序列
Prufer 序列是无根树的一种数列，可以将一个带标号的 \(n\) 点无根树用 \([1,n]\) 中的 \(n-2\) 个整数表示，即 \(n\) 点完全图的生成树与长度为 \(n-2\) 值域为 \([1,n]\) 的数列构成的双射。
一般用来解决一类树相关的计数问题。
从树到 Prufer
构造方式：
-
每次选择一个编号最小的叶节点并删掉它，然后在序列中记录下它连接的那个节点。
-
重复这个过程直到剩下两个节点。
直接做的时间复杂度是 \(\mathcal{O}(n\log n)\) . 更优秀的做法：
指针指向编号最小的叶节点，如果删掉之后产生了新的节点且比指向的更小，那么就直接删。否则指针找到下一个编号最小的叶节点。
从 Prufer 到树
根据 Prufer序列 的性质，可以得到原树上每个点的度数。
一个度数为 \(d[i]\) 的点，在序列中出现的次数为 \(d[i]-1\) ，因为每次删去一个子节点都会在序列里面加入一次。
具体构造方式如下：
- 初始时有一个 \(1\sim n\) 的序列和一个 \(n-2\) 个元素的 Prufer 序列。
- 选择一个编号最小的度数为 \(1\) 的节点（也就是不在序列中的最小节点），与当前枚举到的 Prufer 序列的点相连，并在两个序列中分别删去这两个点。（显然，根据Prufer序列的构造过程逆推可得）
- \(n-2\) 次之后剩下两个度数为 \(1\) 的点，将它们相连即可。
用类似的方式能够优化到 \(\mathcal{O}(n)\) .
代码实现
//Author: RingweEH
const int N=5e6+10;
int n,opt,deg[N],fa[N],prufer[N];
ll ans=0;
void TreeToPrufer()
{
memset( deg,0,sizeof(deg) );
for ( int i=1; i<n; i++ )
fa[i]=read(),deg[fa[i]]++;
for ( int i=1,pos=1; i<=n-2; i++ )
{
while ( deg[pos] ) pos++; //找一个编号最小的叶节点
prufer[i]=fa[pos]; //将其父亲加入序列
for ( ; i<=n-2; )
{
deg[prufer[i]]--;
if ( deg[prufer[i]] ) break; //减完之后不是叶
if ( prufer[i]>=pos ) break; //是叶节点但是编号在后面
prufer[i+1]=fa[prufer[i]]; i++; //新产生的点加入序列
}
pos++;
}
for ( int i=1; i<=n-2; i++ )
ans=ans^(1ll*i*prufer[i]);
printf( "%lld\n",ans );
}
void PruferToTree()
{
memset( deg,0,sizeof(deg) );
for ( int i=1; i<=n-2; i++ )
prufer[i]=read(),deg[prufer[i]]++;
prufer[n-1]=n;
for ( int i=1,pos=1; i<n; i++ )
{
while ( deg[pos] ) pos++; //自增找一个叶节点
fa[pos]=prufer[i]; //与当前序列首相连
for ( ; i<n-1; )
{
deg[prufer[i]]--;
if ( deg[prufer[i]] ) break;
if ( prufer[i]>=pos ) break;
fa[prufer[i]]=prufer[i+1]; i++;
}
pos++;
}
for ( int i=1; i<n; i++ )
ans=ans^(1ll*i*fa[i]);
printf( "%lld\n",ans );
}
int main()
{
n=read(); opt=read();
if ( opt==1 ) TreeToPrufer();
else PruferToTree();
return 0;
}
凯莱公式(Cayley's Formula)
由于 \(n\) 点的 Prufer序列 有 \(n^{n-2}\) 种，根据双射的关系，有结论：
\(n\) 点带标号无根树有 \(n^{n-2}\) 种。
拓展：
设树上点 \(i\) 的度数为 \(d_i\) ，对应无根树数量为 \(\dfrac{(n-2)!}{\prod_{i=1}^n (d_i-1)!}\) .（其实就是可重元素全排列，因为是双射嘛）
Generalized Cayley's Formula
结论：设 \(f(n,m)\) 为 \(n\) 个点组成 \(m\) 棵树，且 \(1\sim m\) 不在同一棵树中的方案数（有标号，无根），有
Cayley's Formula 是 \(m=1\) 的特例。
拓展
\(n\) 个带权点，边权为两两点权之积，树的权值为边权之积。对于所有 \(n\) 点带标号无根树，其树权总和为：
习题
树的计数
一个有 \(n\) 个节点的树，设它的节点分别为 \(v_1,v_2,\ldots,v_n\) ，已知第 \(i\) 个节点 \(v_i\) 的度数为 \(d_i\) ，问满足这样的条件的不同的树有多少棵。
Solution
直接套 \(\dfrac{(n-2)!}{\prod_{i=1}^n (d_i-1)!}\) 的公式。但是需要高精/质因数分解。
得知了某个奇怪的技巧：可以缩小选择范围，设之前已经枚举的 \(d_i-1\) 之和为 \(sum\) ，那么对于新的 \(d_i-1\) ，方案数只有 \(C(n-2-sum,d_i-1)\) 种，这样就不需要在计算上面做更多的处理，预处理组合数即可。
然后注意一些特判：
- \(n=1\) 的时候判一下度数
- \(\sum d_i=2*n-2\) ，所以 \(\sum d_i-1=n-2\) ，如果不相等说明不连通，如果中间有度数为 \(0\) 也是。
//Author: RingweEH
const int N=160;
int n,d[N];
ll C[N][N];
void C_init()
{
for ( int i=0; i<=n; i++ )
{
C[i][0]=1;
for ( int j=1; j<=i; j++ )
C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
}
}
int main()
{
n=read();
if ( n==1 )
{
d[1]=read();
if ( d[1]==0 ) printf( "1" );
else printf( "0" );
return 0;
}
C_init(); int sum=0;
for ( int i=1; i<=n; i++ )
{
d[i]=read();
if ( !d[i] ) { printf( "0" ); return 0; }
d[i]--; sum+=d[i];
}
if ( sum^(n-2) ) { printf( "0" ); return 0; }
sum=0; ll ans=1;
for ( int i=1; i<=n; i++ )
ans=ans*C[n-2-sum][d[i]],sum+=d[i];
printf( "%lld\n",ans );
return 0;
}
明明的烦恼
给出标号为 \(1\sim n\) 的点，以及最后某些（没有限定哪些）点的度数，任意连边，问有多少符合要求的树。
Solution
记没有限定的位置数量为 \(k\) .
根据Prufer序列，令 \(S=\sum d_i-1\) ，显然有：
由于这 \(S\) 个位置任意选择，要乘上 \(C_{n-2}^S\) ；而剩下了 \(n-2-S\) 个位置，可以任意排布，所以还有 \((n-k)^{n-2-S}\) .
高精度就咕咕咕了
另一个重要结论
CF156D Clues 给定 \(n\) 点 \(m\) 边的带标号无向图，有 \(k\) 个连通块，求加 \(k-1\) 条边使得图连通的方案数。
把每个连通块看成一个点，用 Prufer 计数，方案数为
然后每个连通块内要选出一个点作端点，设 \(siz[i]\) 表示第 \(i\) 个连通块大小，答案为（省略条件）
令 \(b_i=d_i-1\) ，用多元二项式定理带入得到
//Author: RingweEH
int main()
{
n=read(); m=read(); P=read();
if ( P==1 ) { puts("0"); return 0; }
for ( int i=1; i<=n; i++ ) fa[i]=i;
for ( int i=1,u,v; i<=m; i++ )
u=read(),v=read(),u=find(u),v=find(v),fa[u]=v;
for ( int i=1; i<=n; i++ )
++siz[find(i)];
for ( int i=1; i<=n; i++ )
if ( i==find(i) ) k++,(ans*=siz[i])%=P;
if ( k==1 ) { puts("1"); return 0; }
ans=ans*power(n,k-2)%P;
printf( "%lld\n",ans );
return 0;
}
