BZOJ1005: [HNOI2008]明明的烦恼

1005: [HNOI2008]明明的烦恼

Time Limit: 1 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 5471  Solved: 2131
[Submit][Status][Discuss]

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Di,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

Source

 

【题解】

http://www.cnblogs.com/zhj5chengfeng/archive/2013/08/23/3278557.html 很赞的博客

用到的序列性质：

1、对于度数是i的点，这个点在prufer中出现的次数是i - 1.

2、n个节点的树，Prufer序列长度为n - 2

3、任意一个Prufer序列均对应于一颗树

 

我们假设有m个不确定的节点

从n-2个空位中选出sum = Σd[i]-1个空位，对sum进行有重复全排列，于是

C(sum, n-2) * sum!/((d[1]-1)! * (d[1]-2)! * ..)

剩下的n - 2 - sum个位置，m个节点全随机选：m^(n - 2 - sum)

于是

ans = C(sum, n-2) * sum! * m^(n - 2 - sum)/((d[1]-1)! * (d[1]-2)! * ..)

= (n - 2)! * m^(n - 2 - sum)/(d[1]!*d[2]!*...*d[n]!*(n - 2 - sum)!)

然后暴力分解，避免高精除法

我因为高精乘脑抽多加一个=调了一个小时。。

 

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>

inline void read(int &x)
{
    x = 0;char ch = getchar(),c = ch;
    while(ch < '0' || ch > '9')c = ch, ch = getchar();
    while(ch <= '9' && ch >= '0')x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
    if(c == '-')x = -x;
}

const int MAXN = 1000 + 10;

int n, d[MAXN], m;
int k[MAXN];

int ans[100000], len, sum;

void cheng(int a)
{
    for(register int i = 1;i <= len;++ i)ans[i] *= a;
    for(register int i = 1;i < len;++ i)ans[i + 1] += ans[i]/10, ans[i] %= 10;
    for(;ans[len] >= 10;++ len)ans[len + 1] += ans[len]/10, ans[len] %= 10;
}

/*

C(n - 2 ,sum) * sum! * m^(n - 2 - sum)/(d[1]!*d[2]!*...*d[n]!) 
= (n - 2)! * m^(n - 2 - sum)/(d[1]!*d[2]!*...*d[n]!*(n - 2 - sum)!)
*/

int main()
{
    read(n);
    register int tmp = 0;
    for(register int i = 1;i <= n;++ i)
    {
        read(d[i]);
        if(d[i] == 0)
        {
            printf("0");
            return 0;
        }
        if(d[i] == -1)
        {
            ++ m;
            continue;
        }
        sum += d[i] - 1;
        for(register int p = 2;p < d[i];++ p)
        {
            tmp = p;
            for(register int j = 2;tmp > 1;++ j)
                while(tmp % j == 0) -- k[j],tmp/= j;
        }
    }
    if(n == 1 && d[1] != 0)
    {
        printf("0");
        return 0;
    }
    if(n == 2 && (d[1] != 1 || d[2] != 1))
    {
        printf("0");
        return 0;
    }
    for(register int i = 2;i <= n - 2;++ i)
    {
        tmp = i;
        for(register int j = 2;tmp > 1;++ j)
            while(tmp % j == 0) ++k[j], tmp/= j;
    }
    for(register int i = 2;i <= n - 2 - sum;++ i)
    {
        tmp = i;
        for(register int j = 2;tmp >1;++ j)
            while(tmp % j == 0)-- k[j], tmp/= j;
    }
    tmp = m;
    for(register int j = 2;tmp > 1;++ j)
        while(tmp % j == 0)k[j] += n - 2 - sum, tmp/= j;
        
    ans[1] = 1, len = 1;
    
    for(int i = 1;i < MAXN;++ i)
        for(;k[i] > 0;--k[i])cheng(i);
    
    for(register int i = len;i >= 1;-- i)printf("%d", ans[i]);
    return 0;
}