BZOJ1005 [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

HINT

　　两棵树分别为1-2-3;1-3-2

正解：purfer 序列+组合数学+高精度

解题报告：

　　我是看的一篇极其详细的博客看懂的，我还是太弱了，组合数学都不熟练。。。

　　传送门：http://www.cnblogs.com/zhj5chengfeng/archive/2013/08/23/3278557.html

（我是题解的搬运工）：

这题需要了解一种数列： Purfer Sequence

我们知道，一棵树可以用括号序列来表示，但是，一棵顶点标号（1~n）的树，还可以用一个叫做 Purfer Sequence 的数列表示

一个含有 n 个节点的 Purfer Sequence 有 n-2 个数，Purfer Sequence 中的每个数是 1~n 中的一个数

一个定理：一个 Purfer Sequence 和一棵树一一对应

先看看怎么由一个树得到 Purfer Sequence

由一棵树得到它的 Purfer Sequence 总共需要 n-2 步，每一步都在当前的树中寻找具有最小标号的叶子节点（度为 1），将与其相连的点的标号设为 Purfer Sequence 的第 i 个元素，并将此叶子节点从树中删除，直到最后得到一个长度为 n-2 的 Purfer Sequence 和一个只有两个节点的树

看看下面的例子：

假设有一颗树有 5 个节点，四条边依次为：(1, 2), (1, 3), (2, 4), (2, 5)，如下图所示：

第 1 步，选取具有最小标号的叶子节点 3，将与它相连的点 1 作为第 1 个 Purfer Number，并从树中删掉节点 3：

第 2 步，选取最小标号的叶子节点 1，将与其相连的点 2 作为第 2 个 Purfer Number，并从树中删掉点 1：

第 3 步，选取最小标号的叶子节点 4，将与其相连的点 2 作为第 3 个 Purfer Number，并从树中删掉点 4：

最后，我们得到的 Purfer Sequence 为：1 2 2

不难看出，上面的步骤得到的 Purfer Sequence 具有唯一性，也就是说，一个树，只能得到一个唯一的 Purfer Sequence

接下来看，怎么由一个 Purfer Sequence 得到一个树

由 Purfer Sequence 得到一棵树，先将所有编号为 1 到 n 的点的度赋初值为 1，然后加上它在 Purfer Sequence 中出现的次数，得到每个点的度

先执行 n-2 步，每一步，选取具有最小标号的度为 1 的点 u 与 Purfer Sequence 中的第 i 个数 v 表示的顶点相连，得到树中的一条边，并将 u 和 v 的度减一

最后再把剩下的两个度为 1 的点连边，加入到树中

我们可以根据上面的例子得到的 Purfer Sequence ：1 2 2 重新得到一棵树

Purfer Sequence 中共有 3 个数，可以知道，它表示的树中共有 5 个点，按照上面的方法计算他们的度为下表所示：

顶点	1	2	3	4	5
度	2	3	1	1	1

第 1 次执行，选取最小标号度为 1 的点 3 和 Purfer Sequence 中的第 1 个数 1 连边：

将 1 和 3 的度分别减一：

顶点	1	2	3	4	5
度	1	3	0	1	1

第 2 次执行，选取最小标号度为 1 的点 1 和 Purfer Sequence 中的第 2 个数 2 连边：

将 1 和 2 的度分别减一：

顶点	1	2	3	4	5
度	0	2	0	1	1

第 3 次执行，将最小标号度为 1 的点 4 和 Purfer Sequence 第 3 个数 2 连边：

将 2 和 4 的度分别减一：

顶点	1	2	3	4	5
度	0	1	0	0	1

最后，还剩下两个点 2 和 5 的度为 1，连边：

至此，一个 Purfer Sequence 得到的树画出来了，由上面的步骤可知，Purfer Sequence 和一个树唯一对应

综上，一个 Purfer Sequence 和一棵树一一对应

有了 Purfer Sequence 的知识，这题怎么搞定呢？

先不考虑无解的情况，从 Purfer Sequence 构造树的过程中可知，一个点的度数减一表示它在 Purfer Sequence 中出现了几次，那么：

假设度数有限制的点的数量为 cnt，他们的度数分别为：d[i]

另：

那么，在 Purfer Sequence 中的不同排列的总数为：

而剩下的 n-2-sum 个位置，可以随意的排列剩余的 n-cnt 个点，于是，总的方案数就应该是：

化简之后为：

在有解的情况下，计算该结果输出就行了

备注：注意在prufer序列中不出现意味着度数为1！！！

 1 //It is made by jump~
 2 #include <iostream>
 3 #include <cstdlib>
 4 #include <cstring>
 5 #include <cstdio>
 6 #include <cmath>
 7 #include <algorithm>
 8 #include <ctime>
 9 #include <vector>
10 #include <queue>
11 #include <map>
12 #include <set>
13 #ifdef WIN32
14 #define OT "%I64d"
15 #else
16 #define OT "%lld"
17 #endif
18 using namespace std;
19 typedef long long LL;
20 const int MAXN = 1011;
21 const int MOD = 1000000;
22 int n,d[MAXN],sum,cnt;
23 int prime[MAXN]={2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97,101,103,107,109,113,127,131,137,139,149,151,157,163,167,173,179,181,191,193,197,199,211,223,227,229,233,239,241,251,257,263,269,271,277,281,283,293,307,311,313,317,331,337,347,349,353,359,367,373,379,383,389,397,401,409,419,421,431,433,439,443,449,457,461,463,467,479,487,491,499,503,509,521,523,541,547,557,563,569,571,577,587,593,599,601,607,613,617,619,631,641,643,647,653,659,661,673,677,683,691,701,709,719,727,733,739,743,751,757,761,769,773,787,797,809,811,821,823,827,829,839,853,857,859,863,877,881,883,887,907,911,919,929,937,941,947,953,967,971,977,983,991,997};
24 int tong[MAXN];
25 int gao[MAXN];
26
27 inline int getint()
28 {
29        int w=0,q=0;
30        char c=getchar();
31        while((c<'0' || c>'9') && c!='-') c=getchar();
32        if (c=='-')  q=1, c=getchar();
33        while (c>='0' && c<='9') w=w*10+c-'0', c=getchar();
34        return q ? -w : w;
35 }
36
37 inline void divide(int x,int type){
38     if(x==0||x==1) return ;
39     for(int j=0;j<=167;j++) {
40     if(x<=1) break;
41     while(x%prime[j]==0) tong[j]+=type,x/=prime[j];
42     }
43 }
44
45 inline void work(){
46     n=getint(); bool ok=true;
47     for(int i=1;i<=n;i++) {
48     d[i]=getint();
49     if(d[i]==0 || d[i]>n-1) ok=false;
50     if(d[i]>0)   sum+=d[i]-1,cnt++;
51     }
52     if(n==1) { if(!d[1]) printf("1"); else printf("0"); return ; }
53     if(sum>n-2){ printf("0");return ;}
54     if(!ok) { printf("0"); return ; }
55     for(int i=n-2-sum+1;i<=n-2;i++) divide(i,1);
56     for(int i=1;i<=n;i++)
57     if(d[i]>0){
58         for(int j=1;j<=d[i]-1;j++) divide(j,-1);
59     }
60
61     int kuai=1; gao[kuai]=1;
62     for(int i=1;i<=n-2-sum;i++) {
63     for(int j=1;j<=kuai;j++) gao[j]*=(n-cnt);
64     for(int j=1;j<=kuai;j++) if(gao[j]>=MOD)  gao[j+1]+=gao[j]/MOD,gao[j]%=MOD;
65     while(gao[kuai+1]) gao[kuai+1]+=gao[kuai]/MOD,gao[kuai]%=MOD,kuai++;
66     }
67     for(int i=0;i<=167;i++) {
68     while(tong[i]) {
69         for(int j=1;j<=kuai;j++) gao[j]*=prime[i];
70         for(int j=1;j<=kuai;j++) if(gao[j]>=MOD) gao[j+1]+=gao[j]/MOD,gao[j]%=MOD;
71         while(gao[kuai+1]) gao[kuai+1]+=gao[kuai]/MOD,gao[kuai]%=MOD,kuai++;
72         tong[i]--;
73     }
74     }
75     printf("%d",gao[kuai]);
76     for(int i=kuai-1;i>=1;i--) printf("%06d",gao[i]);
77 }
78
79 int main()
80 {
81   work();
82   return 0;
83 }

转载于:https://www.cnblogs.com/ljh2000-jump/p/5755858.html