[bzoj1005] [洛谷P2624] 明明的烦恼
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
想法##
这道题用了一个叫做prufer编码的东西（新技能get）
首先prufer编码是啥呢？
引用一下怡红公子的话：
该题运用到了树的prufer编码的性质：
(1)树的prufer编码的实现
不断 删除树中度数为1的最小序号的点，并输出与其相连的节点的序号 直至树中只有两个节点
(2)通过观察我们可以发现
任意一棵n节点的树都可唯一的用长度为n-2的prufer编码表示
度数为m的节点的序号在prufer编码中出现的次数为m-1
(3)怎样将prufer编码还原为一棵树？？
从prufer编码的最前端开始扫描节点，设该节点序号为 u ,寻找不在prufer编码的最小序号且没有被标记的节点 v ，连接 u,v,并标记v，将u从prufer编码中删除。扫描下一节点。
这个东西自己画一下挺好理解的。
感觉它最神奇的一点就是这n-2位的编码可以随便填，没有特殊的限制，一个编码就能对应一棵树
一开始我想的是现在n个点中选一个点当根，然后剩余n-1个点都选一个自己的父节点，根据度数判断这个点是多少个点的父节点，但这样有一些问题，比如可能出现环。
而prufer编码就不会出现这样的问题了。
如果我们知道了每个点的度数d[i]
那么满足的树的个数（即prufer编码个数）为 \(\frac{(n-2)!}{\prod(d[i]-1)!}\)
但是题目中有一些点的度数是不知道的。设知道度数的点有m个，它们的 \(\sum d[i]-1\) 为s
那么满足的树的个数为
\(
\frac{s!}{\prod(d[i]-1)!} \times C_{n-2}^s \times (n-m)^{n-2-s} \\
=\frac{(n-2)!}{\prod(d[i]-1)! \times (n-2-s)!} \times (n-m)^{n-2-s}
\)
注意要高精度
代码##
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1005;
const int SZ = 1000;
int n;
int d[N];
struct Bint{
int a[N];
int s;
Bint operator * (const int &b) const{
Bint c;
int g=0,f;
for(int i=0;i<s;i++){
f=g+a[i]*b;
c.a[i]=f%SZ;
g=f/SZ;
}
if(g) c.a[s]=g,c.s=s+1;
else c.s=s;
return c;
}
Bint operator / (const int &b) const{
Bint c;
int g=0,f;
for(int i=s-1;i>=0;i--){
f=g*SZ+a[i];
c.a[i]=f/b;
g=f%b;
}
c.s=s;
while(c.s && c.a[c.s-1]==0) c.s--;
return c;
}
Bint operator *= (const int &b) { return *this=*this*b; }
Bint operator /= (const int &b) { return *this=*this/b; }
void output(){ //注意
printf("%d",a[s-1]);
for(int i=s-2;i>=0;i--) {
if(a[i]==0) printf("000");
else if(a[i]<10) printf("00%d",a[i]);
else if(a[i]<100) printf("0%d",a[i]);
else printf("%d",a[i]);
}
printf("\n");
}
}ans;
int main()
{
int s=0,m=0;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&d[i]);
if(d[i]!=-1) m++,s+=d[i]-1;
}
ans.a[0]=1; ans.s=1;
for(int i=n-s-1;i<=n-2;i++) ans*=i;
for(int i=1;i<=n;i++) if(d[i]>1) {
for(int j=2;j<=d[i]-1;j++) ans/=j;
}
for(int i=0;i<n-s-2;i++) ans*=(n-m);
ans.output();
return 0;
}
另一种高精度写法（本质无区别，只是几个月后的写法） 【捂脸】
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 1005;
int n,d[N];
struct Bign{
int s[3*N],l;
Bign() { memset(s,0,sizeof(s)); l=0; }
}ans;
Bign mul(Bign a,int x){
Bign c;
for(int i=0,g=0;;i++){
if(i>=a.l && g==0) { c.l=i; break; }
c.s[i]=(a.s[i]*x+g)%10;
g=(a.s[i]*x+g)/10;
}
return c;
}
Bign div(Bign a,int x){
Bign c;
c.l=a.l;
for(int i=a.l-1,g=0;i>=0;i--){
g=g*10+a.s[i];
c.s[i]=g/x;
g=g%x;
}
while(c.l && c.s[c.l-1]==0) c.l--;
return c;
}
void output(Bign a){
for(int i=a.l-1;i>=0;i--)
printf("%d",a.s[i]);
printf("\n");
}
int main()
{
int m,t=0;
scanf("%d",&n);
m=n-2;
for(int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%d",&d[i]);
if(d[i]==-1) t++;
else m-=(d[i]-1);
}
ans.s[ans.l++]=1;
for(int i=m+1;i<=n-2;i++) ans=mul(ans,i);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=2;j<d[i];j++) ans=div(ans,j);
for(int i=1;i<=m;i++) ans=mul(ans,t);
output(ans);
return 0;
}
