【bzoj1005】[HNOI2008]明明的烦恼

1005: [HNOI2008]明明的烦恼

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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

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。

该题需要将树转化为prufer编码：

 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<cstring>
 #include<cstdlib>
 #include<cmath>
 #include<ctime>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 #define mod 1000000
 int n,m,tot,cnt,len=,d[],pri[],num[],f[],ans[];
 inline int read()
 {
     int x=,f=;  char ch=getchar();
     while(!isdigit(ch))  {if(ch=='-')  f=-;  ch=getchar();}
     while(isdigit(ch))  {x=x*+ch-'';  ch=getchar();}
     return x*f;
 }
 void gets()//线性筛素数
 {
     memset(f,,sizeof(f));
     for(int i=;i<=;i++)
     {
         if(f[i])  pri[++cnt]=i;
         for(int j=;j<=cnt;j++)
         {
             if(pri[j]*i>)break;
             f[pri[j]*i]=;
             if(i%pri[j]==)break;
         }
     }
 }
 void solve(int x,int f)//暴力分解x
 {
     for(int i=;i<=x;i++)
     {
         int k=i;
         for(int j=;j<=cnt;j++)
         {
             if(k<=)  break;
             while(k%pri[j]==)
             {num[j]+=f;  k/=pri[j];}
         }
     }
 }
 void mul(int x)//100万进制高精乘
 {
     for(int i=;i<=len;i++)  ans[i]*=x;
     for(int i=;i<=len;i++)
     {
         ans[i+]+=ans[i]/mod;
         ans[i]%=mod;
     }
     while(ans[len+])
     {len++;  ans[len+]=ans[len]/mod;  ans[len]%=mod;}
 }
 void print()//输出高精度数
 {
     for(int i=len;i;i--)
         if(i==len)  printf("%d",ans[i]);
         else printf("%06d",ans[i]);
 }
 int main()
 {
     n=read();  ans[]=;
     gets();//读素数表
     if(n==)  //特判
     {
         int x=read();
         if(!x)  printf("1\n");
         else printf("0\n");
         return ;
     }
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         d[i]=read();
         if(!d[i])  {printf("0\n"); return ;}
         if(d[i]==-)  m++;
         else d[i]--,tot+=d[i];
     }
     if(tot>n-)  {printf("0\n"); return ;}
     solve(n-,);
     solve(n--tot,-);
     for(int i=;i<=n;i++)
         if(d[i])  solve(d[i],-);
     for(int i=;i<=cnt;i++)
         while(num[i]--)
             mul(pri[i]);
     for(int i=;i<=n--tot;i++)
         mul(m);
     print();
     return ;
 }