BZOJ 1005: [HNOI2008]明明的烦恼(高精度+prufer序)

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解题思路

　　看到度数和生成树个树，可以想到\(prufer\)序，而一张规定度数的图的生成树个数为\(\frac{(n-2)!}{\prod\limits_{i=1}^n(d(i)-1)!}\)。而这道题有的度数没有限制，那就设有度数限制的点的个数为\(num\)，\(\sum (d_i-1)\)为\(sum\)。把这些点先填入\(prufer\)序中，其余没有限制的点可以随便填，再乘上组合数，答案应该为\(C(n-2,sum)*\frac{(sum!}{\prod (d_i-1)!}*(n-cnt)^{n-sum-2}\)，把组合数展开得\(\frac{(n-2)!}{(n-2-sum)!*\prod(d_i-1)!} *(n-cnt)^{n-sum-2}\)。避免写高精除，可以把他们质因数分解，然后高精乘。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>

using namespace std;
const int N=6005;

int n,prime[N],cnt,d[N],tot[N],sum;
bool vis[N];

struct bign{
	int a[N],len;
	bign mul(bign A,int B){
		for(int i=1;i<=A.len;i++) A.a[i]*=B;
		for(int i=1;i<=A.len;i++)
			A.a[i+1]+=A.a[i]/10,A.a[i]%=10;
		while(A.a[A.len+1]) {
			A.len++; A.a[A.len+1]+=A.a[A.len]/10;
			A.a[A.len]%=10;
		}
		return A;
	}
}ANS;

inline void prework(){
	for(int i=2;i<=1000;i++){
		if(!vis[i]) prime[++cnt]=i;
		for(int j=1;j<=cnt && i*prime[j]<=1000;j++)
			vis[i*prime[j]]=1;
	}
}

inline void work(int x,int k){
	for(int i=1;i<=cnt;i++){
		if(prime[i]>x) return ;
		while(!(x%prime[i])) tot[i]+=k,x/=prime[i];
	}
}

int main(){
	scanf("%d",&n); prework(); int num=0;
  	for(int i=2;i<=n-2;i++) work(i,1);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		scanf("%d",&d[i]);
		if(d[i]==-1) continue;
		sum+=d[i]-1; num++;
		for(int j=2;j<d[i];j++) work(j,-1);
	}
	for(int i=2;i<=n-2-sum;i++) work(i,-1);
	work(n-num,n-2-sum); ANS.len=1; ANS.a[1]=1;
	for(int i=1;i<=cnt;i++) 
		while(tot[i]--) ANS=ANS.mul(ANS,prime[i]);
	for(int i=ANS.len;i;i--) printf("%d",ANS.a[i]);
	return 0;
}