BZOJ 1005 [HNOI2008]明明的烦恼 purfer序列，排列组合

1005: [HNOI2008]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

 

Source

题解：

n为树的节点数，d[ ]为各节点的度数，m为无限制度数的节点数。

则            

所以要求在n-2大小的数组中插入tot各序号，共有种插法；

在tot各序号排列中，插第一个节点的方法有种插法；

                           插第二个节点的方法有种插法；

                                      ………

另外还有m各节点无度数限制，所以它们可任意排列在剩余的n-2-tot的空间中，排列方法总数为；

 

根据乘法原理：

 

 

然后就要高精度了…..但高精度除法太麻烦了，显而易见的排列组合一定是整数，所以可以进行质因数分解，再做一下相加减。

 

 

关于n!质因数分解有两种方法，第一种暴力分解，这里着重讲第二种。

  若p为质数，则n!可分解为 一个数*，其中且  <n

 

所以 

——转自怡红公子

　　

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const int N = 1e5+10, M = 1e3+10, mod = 1000000, inf = 1e9+1000;
typedef long long ll;
int n;
int d[N],ans[N];
int cnt[N],len=1;
void go_way(int x,int key) {
    for(int j=2;j*j<=x;j++) {
        while(x%j==0) {
            cnt[j]+=key;
            x/=j;
          //  cout<<j<<endl;
        }
    }
    cnt[x]+=key;
}
int sum = 0,m;
void mul(int x)
{
    for(int i=1;i<=len;i++)
        ans[i]*=x;
    for(int i=1;i<=len;i++)
    {
        ans[i+1]+=ans[i]/mod;
        ans[i]%=mod;
    }
    while(ans[len+1]>0)
    {len++;ans[len+1]+=ans[len]/mod;ans[len]%=mod;}
}
int main() {
    scanf("%d",&n);
    if(n==1) {
            int x;
        scanf("%d",&x);
        if(!x) cout<<1;
        else cout<<0;
        return 0;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        scanf("%d",&d[i]);
        if(!d[i]) {cout<<0;return 0;}
        if(d[i]==-1) m++;
        else {d[i]--;sum+=(d[i]);}
    }
    if(sum > n-2) {
        cout<<0;
        return 0;
    }
    for(int i=1;i<=n-2;i++) go_way(i,1);
    for(int i=1;i<=n-2-sum;i++) {
        go_way(i,-1);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        if(d[i])
        for(int j=1;j<=d[i];j++) {
            go_way(j,-1);
        }
    }
     ans[1] = 1;
     for(int i=2;i<=n;i++) {
        for(int j=1;j<=cnt[i];j++) mul(i);
     }
     for(int i=1;i<=n-2-sum;i++) mul(m);
     for(int i=len;i>=1;i--)
        if(i==len)printf("%d",ans[i]);
        else printf("%06d",ans[i]);
    return 0;
}