HDU3070:Counting spanning trees
——problem：有度限制的生成树个数
——solution：Cayley公式，Prüfer编码，递推
Cayley公式是：一个完全图K_n有n^(n-2)棵生成树，换句话说n个节点的带标号的无根树有n^(n-2)个。
Cayley公式的一个非常简单的证明，证明依赖于Prüfer编码，它是对带标号无根树的一种编码方式：
给定一棵带标号的无根树，找出编号最小的叶子节点，写下与它相邻的节点的编号，然后删掉这个叶子节点。反复执行这个操作直到只剩两个节点为止。由于节点数n>2的树总存在叶子节点，因此一棵n个节点的无根树唯一地对应了一个长度为n-2的数列，数列中的每个数都在1到n的范围内。下面我们只需要说明，任何一个长为n-2、取值范围在1到n之间的数列都唯一地对应了一棵n个节点的无根树，这样我们的带标号无根树就和Prüfer编码之间形成一一对应的关系，Cayley公式便不证自明了。
注意到，如果一个节点A不是叶子节点，那么它至少有两条边；但在上述过程结束后，整个图只剩下一条边，因此节点A的至少一个相邻节点被去掉过，节点A的编号将会在这棵树对应的Prüfer编码中出现。反过来，在Prüfer编码中出现过的数字显然不可能是这棵树（初始时）的叶子。于是我们看到，没有在Prüfer编码中出现过的数字恰好就是这棵树（初始时）的叶子节点。找出没有出现过的数字中最小的那一个（比如④），它就是与Prüfer编码中第一个数所标识的节点（比如③）相邻的叶子。接下来，我们递归地考虑后面n-3位编码（别忘了编码总长是n-2）：找出除④以外不在后n-3位编码中的最小的数（左图的例子中是⑦），将它连接到整个编码的第2个数所对应的节点上（例子中还是③）。再接下来，找出除④和⑦以外后n-4位编码中最小的不被包含的数，做同样的处理……依次把③⑧②⑤⑥与编码中第3、4、5、6、7位所表示的节点相连。最后，我们还有①和⑨没处理过，直接把它们俩连接起来就行了。由于没处理过的节点数总比剩下的编码长度大2，因此我们总能找到一个最小的没在剩余编码中出现的数，算法总能进行下去。这样，任何一个Prüfer编码都唯一地对应了一棵无根树，有多少个n-2位的Prüfer编码就有多少个带标号的无根树。
一个有趣的推广是，n个节点的度依次为D1, D2, ..., Dn的无根树共有(n-2)! / [ (D1-1)!(D2-1)!..(Dn-1)! ]个，因为此时Prüfer编码中的数字i恰好出现Di-1次。
n^(n-2)是从每个位置考虑过来，每个位置有n种可取，做n-2次这样的操作n^(n-2)。
换个角度思考：
从每个数考虑过来，即是每个数最多能被d个位置使用。
这时候就可以得出递推公式：
dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j-k]*C(k,n-2-(j-k)));
dp[i][j]表示放完第i个数，用掉j个位置总共有多少种方法。
View Code
1 #include<stdio.h>
2 #include<memory.h>
3 #define N 100
4 #define mod 20090829
5 int dp[N][N],c[N][N];
6 int n,d,i,j,k;
7 int min(int a,int b)
8 {
9 return a<b?a:b;
10 }
11 long long gcd(long long a,long long b)
12 {
13 if (b==0) return a;
14 else return gcd(b,a%b);
15 }
16 long long C(long long k,long long n)
17 {
18 long long num[N];
19 int i,j;
20 long long temp,x;
21 if (c[n][k]!=0)
22 return c[n][k];
23 for (i=k+1;i<=n;i++)
24 num[i-k]=i;
25 for (i=2;i<=n-k;i++)
26 {
27 x=i;
28 for (j=k+1;j<=n;j++)
29 {
30 temp=gcd(x,num[j-k]);
31 x/=temp;
32 num[j-k]/=temp;
33 if (x==0) break;
34 }
35 }
36 temp=1;
37 for (i=k+1;i<=n;i++)
38 temp=(temp*num[i-k])%mod;
39 c[n][k]=temp;
40 return temp;
41 }
42 int main()
43 {
44 while (scanf("%d%d",&n,&d)!=EOF)
45 {
46 memset(dp,0,sizeof(dp));
47 dp[0][0]=1;
48 for (i=1;i<=n;i++)
49 for (j=0;j<=n-2;j++)
50 for (k=0;k<=min(j,d-1);k++)
51 dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j-k]*C(k,n-2-(j-k)))%mod;
52 printf("%lld\n",dp[n][n-2]);
53 }
54 return 0;
55 }
