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

前置知识：

做这题之前我们需要先了解Prufer Sequence，即普吕弗序列
   对于一颗完全已知，有n个节点，且所有的节点都有一个标号的前提下，我们对一棵树的叶子结点（即是度数为1的节点）按照其标号从小到大消去，每消去一个节点，我们就将它的父节点的编号记入一个序列中，直到树只剩下一条边时，得到一段长为n-2的唯一可以表示这棵树的序列，既是Prufer Sequence

举个例子：

现在我们有下图这么一棵树

我们对其进行如上操作就可以得到这么一段序列

对上图及表，我们似乎可以发现规律：

在普吕弗序列中点出现的次数等于这个点在树中的度数-1

由于所有的普吕弗序列和树唯一相对应，且有如上性质，因此，在给出了一棵树的度数之后想要求得树的数量，就可以转化为，求序列的组合的数量
那么就是一个简单的排列组合问题了

设无度数要求的点数是num,有要求的点数是poi，有要求的点在序列中出现的次数为sum，点的总数是n，那么答案就是：
ans=An−2sum∏i=1poi(du[i]−1)!∗numn−sum−2 ans= \frac {A^{sum}_{n-2}}{\prod_{i=1}^{poi}(du[i]-1)!}*num^{n-sum-2} ans=∏i=1poi​(du[i]−1)!An−2sum​​∗numn−sum−2

值得注意的是当只有一个节点时，需要特判，假如这个点度数不为0则无法构成树，而点大于1时，不能有点的度数为0，且必须出现的数的次数必须小于n-2
由于最终的数会很大，所以我们需要使用大数

AC代码

/**************************************************************Problem: 1005User: FlyWhiteLanguage: C++Result: AcceptedTime:84 msMemory:1304 kb
****************************************************************/#include<cstring>
#include<string>
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int size=1005;
struct BigInt{const static int mod=10000;const static int DLEN=4;int a[4005],len;BigInt(){memset(a,0,sizeof(a));len=1;}BigInt(int v){memset(a,0,sizeof(a));len=0;do{a[len++]=v%mod; v/=mod;}while(v);}BigInt(const char s[]){memset(a,0,sizeof(a));int L=strlen(s);len=L/DLEN;if(L%DLEN) len++;int index=0;for(int i=L-1;i>=0;i-=DLEN){int t=0;int k=i-DLEN+1;if(k<0) k=0;for(int j=k;j<=i;j++){t=t*10+s[j]-'0';}a[index++]=t;} }BigInt operator+ (const BigInt &b) const{BigInt res;res.len=max(len,b.len);for(int i=0;i<=res.len;i++){res.a[i]=0;}for(int i=0;i<res.len;i++){res.a[i]+=((i<len)?a[i]:0)+((i<b.len)?b.a[i]:0);res.a[i+1]+=res.a[i]/mod;res.a[i]%=mod;}if(res.a[res.len]>0) res.len++;return res;}BigInt operator *(const BigInt &b) const {BigInt res;for(int i=0;i<len;i++){int up=0;for(int j=0;j<b.len;j++){int temp=a[i]*b.a[j]+res.a[i+j]+up;res.a[i+j]=temp%mod;up=temp/mod;}if(up!=0) res.a[i+b.len]=up;}res.len=len+b.len;while(res.a[res.len-1]==0&&res.len>1) res.len--;return res; }void output(){printf("%d",a[len-1]);for(int i=len-2;i>=0;i--){printf("%04d",a[i]);}printf("\n");}
};
int du[size];
int tim[size];
bool prime[size];
int p[size],tot;
void init_prime(int n)
{tot=0;fill(prime,prime+size,true);for(int i=2;i<=n;i++){if(prime[i] ) p[tot++]=i;for(int j=0;j<tot&&i*p[j]<n;j++){prime[i*p[j]]=false;if(i%p[j]==0) break;}}
}
void solve(int num,int op)
{for(int i=2;i<=num;i++){int w=i;for(int j=0;j<tot;j++){if(w%p[j]==0)while(w%p[j]==0){w/=p[j];tim[j]+=op;}}}
}
int main()
{int n;scanf("%d",&n);memset(tim,0,sizeof(tim));init_prime(n);if(n==1){int v;scanf("%d",&v);if(v>0) printf("0\n");else printf("1\n");return 0;}int sum=0;int num=0;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&du[i]);if(du[i]==0){printf("0\n");return 0;}if(du[i]==-1){num++;continue;}du[i]--;sum+=du[i];}if(sum>n-2) {printf("0\n");return 0;}BigInt ans(1);solve(n-2,1);if(n-sum-2>1)solve(n-sum-2,-1);for(int i=1;i<=n;i++){if(du[i]>1)solve(du[i],-1);}int w=num;int op=n-sum-2;for(int j=0;j<tot;j++){if(w%p[j]==0)while(w%p[j]==0){w/=p[j];tim[j]+=op;}}for(int i=0;i<tot;i++){BigInt N(p[i]);while(tim[i]--)ans=ans*(N);}ans.output();
}