BZOJ1005明明的烦恼 Prufer + 分解質因數 + 高精度
@[高精度, Prufer, 質因數分解]
Description
自从明明学了树的结构,就对奇怪的树产生了兴趣......给出标号为1到N的点,以及某些点最终的度数,允许在
任意两点间连线,可产生多少棵度数满足要求的树?
Input
第一行为\(N(0 < N <= 1000)\),
接下来\(N\)行,第\(i + 1\)行给出第\(i\)个节点的度数\(D_i\),如果对度数不要求,则输入\(- 1\)
Output
一个整数,表示不同的满足要求的树的个数,无解输出\(0\)
Sample Input
3
1
-1
-1
Sample Output
2
HINT
两棵树分别为1-2-3; 1-3-2
Solution
Prufer編碼的簡單應用.
Prufer是無根樹的一種編碼, 可以和無根樹之間形成一一對應關係. 生成Prufer編碼的方法很簡單, 大致過程如下(這都不是重點)
一种生成Prufer序列的方法是迭代删点，直到原图仅剩两个点。对于一棵顶点已经经过编号的树T，顶点的编号为{1,2,...,n}，在第i步时，移去所有叶子节点（度为1的顶点）中标号最小的顶点和相连的边，并把与它相邻的点的编号加入Prufer序列中，重复以上步骤直到原图仅剩2个顶点。以右边的树为例子，首先在所有叶子节点中编号最小的点是2，和它相邻的点的编号是3，将3加入序列并删除编号为2的点。接下来删除的点是4，5被加入序列，然后删除5，1，此时原图仅剩两个点，Prufer序列构建完成，为{3,5,1,3}
重點在於: 在Prufer編碼中, $$一個節點出現的次數 = 該點的度 - 1$$
有了這個性質, 這題就可以簡單地轉化為求Prufer編碼的排列組合數量.
【思考】怎么计算呢？就用排列组合的原理。我们先考虑不是-1的点。一共有N-2个格子，设当前的点要求为a1(已经减1了）,我们可以放的总数是：C（N-2，a1）。这样占了a1个格子。下一个a2的情况就是C（N-2-a1,a2)。依次类推。
然后是-1的情况，我想了很长时间。
原来是这样想的：设最后还有K个格子，且有SUM个-1。我们用DP思路。f[i][j]表示放到最后K个格子中的第i个格子时，放第j种颜色（注意颜色是不下降的，最后只需乘上阶乘即可）的情况数。但是因为要用高精，DP会很麻烦。
感谢HHD大牛的指导：其实就是SUM^K。为什么？对于每一个格子，我们都可以放SUM种情况~~~~。
【优化】为了不超时，用质数表来优化。
實際上就是用分解質因數的方法來優化, 然後再用高精度計算最終答案.
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
using namespace std;
inline int read()
{
int x = 0, flag = 1;
char c;
while(! isdigit(c = getchar()))
if(c == '-')
flag *= - 1;
while(isdigit(c))
x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x * flag;
}
void println(int x)
{
if(x < 0)
putchar('-'), x *= - 1;
if(x == 0)
putchar('0');
int ans[10], top = 0;
while(x)
ans[top ++] = x % 10, x /= 10;
for(; top; top --)
putchar(ans[top - 1] + '0');
putchar('\n');
}
const int N = 1 << 10;
int top;
int isprime[N], prime[N];
void get_prime()
{
memset(isprime, - 1, sizeof(isprime));
top = 0;
for(int i = 2; i < N; i ++)
if(isprime[i] == - 1)
{
isprime[i] = 1, prime[top ++] = i;
for(int j = i << 1; j < N; j += i)
isprime[j] = 0;
}
}
int ans[N];
void C(int n, int m)
{
for(int i = n; i > n - m; i --)
{
int p = i;
for(int j = 0; j < top; j ++)
while(! (p % prime[j]))
ans[j] ++, p /= prime[j];
}
for(int i = m; i; i --)
{
int p = i;
for(int j = 0; j < top; j ++)
while(! (p % prime[j]))
ans[j] --, p /= prime[j];
}
}
struct Giant
{
int dig[1 << 20];
int top;
Giant()
{
top = 1;
memset(dig, 0, sizeof(dig));
dig[0] = 1;
}
};
void operator *(Giant &x, int y)
{
for(int i = 0; i < x.top; i ++)
x.dig[i] *= y;
for(int i = 0; i < x.top; i ++)
if(x.dig[i] > 9)
x.dig[i + 1] += x.dig[i] / 10, x.dig[i] %= 10;
while(x.dig[x.top])
x.dig[x.top + 1] = x.dig[x.top] / 10,
x.dig[x.top] %= 10,
x.top ++;
}
void println(Giant &x)
{
for(int i = x.top; i; i --)
putchar(x.dig[i - 1] + '0');
putchar('\n');
}
Giant Ans;
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("BZOJ1005.in", "r", stdin);
freopen("BZOJ1005.out", "w", stdout);
#endif
get_prime();
int n = read();
int len = 0, cnt = 0;
//len記錄prufer序列已經佔用的長度, cnt記錄尚未確定度的點數
for(int i = 0; i < n; i ++)
{
int D = read();
if((! D) || (D - 1 + len > n - 2))
{
println(0);
return 0;
}
if(D == - 1)
cnt ++;
if(D > 0)
C(n - 2 - len, D - 1), len += D - 1;
}
if(len < n - 2)
{
for(int i = 0; i < top; i ++)
while(! (cnt % prime[i]))
ans[i] += n - 2 - len, cnt /= prime[i];
}
for(int i = 0; i < top; i ++)
for(int j = 0; j < ans[i]; j ++)
Ans * prime[i];
println(Ans);
}
