bzoj1211树的计数 x bzoj1005明明的烦恼 题解(Prufer序列)

1211: [HNOI2004]树的计数

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Description

一个有n个结点的树，设它的结点分别为v1, v2, …, vn，已知第i个结点vi的度数为di，问满足这样的条件的不同的树有多少棵。给定n，d1, d2, …, dn，编程需要输出满足d(vi)=di的树的个数。

Input

第一行是一个正整数n，表示树有n个结点。第二行有n个数，第i个数表示di，即树的第i个结点的度数。其中1<=n<=150，输入数据保证满足条件的树不超过10^17个。

Output

输出满足条件的树有多少棵。

Sample Input

4
2 1 2 1

Sample Output

2

 

 

 

先丟几个Prufer序列的性质：

1.与无根树一一对应。

2.度数为$d_i$的点会在Prufer序列中出现$d_i-1$次。

3.一个$n$个节点的完全图的生成树个数为$n^{n-2}$

　　解释一下：prufer序列长为$n-2$，每个位置有$n$种可能性。

4.对于给定每个点度数的无根树，共有$\frac{(n-2)!}{\prod \limits _{i=1}^n {(d_i-1)!}}$种情况。

　　其实就是$d_i-1$个$i$的可重全排列。

那么这道题就用上面这个结论切掉就好了。求组合数直接分解质因数，记得要特判$n==1$及不联通的情况。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
const int N=;
int d[N],n;
int vis[N],pri[N],res[N],tot,sum,ans[N*],bu[N];
void getprime()
{
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        if(!vis[i])pri[++tot]=i,res[i]=tot;
        for(int j=;j<=tot;j++)
        {
            if(pri[j]*i>n)break;
            vis[i*pri[j]]=;res[i*pri[j]]=j;
            if(i%pri[j]==)break;
        }
    }
}
void divi(int x,int val)
{
    while(x!=)bu[res[x]]+=val,x/=pri[res[x]];
}
void mult(int a[],int x)
{
    int k=;
    for(int i=;i<=a[];i++)
    {
        int tmp=a[i]*x+k;
        a[i]=tmp%;
        k=tmp/;
    }
    while(k)a[++a[]]=k%,k/=;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    if(n==)
    {
        int deg;
        scanf("%d",&deg);
        if(!deg)puts("");
        else puts("");
        return ;
    }
    getprime();
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&d[i]);
        if(!d[i])
        {
            puts("");
            return ;
        }
        sum+=d[i]-;
    }
    if(sum!=n-)
    {
        puts("");
        return ;
    }
    for(int i=n-;i>=;i--)
        divi(i,);
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        for(int j=d[i]-;j>=;j--)
            divi(j,-);
    }
    ans[]=ans[]=;
    for(int i=;i<=tot;i++)
        while(bu[i]--)mult(ans,pri[i]);
    for(int i=ans[];i;i--)
        printf("%d",ans[i]);
    return ;
}

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

本题的问题在于有的点度数是不确定的。

所以我们先求出$sum=\sum d_i-1$,之后从总长度$n-2$中选出这些

对于剩下的不确定度数的部分，我们设已知度数点的个数为$cnt$

那么现在有$n-2-sum$个位置可以任意排列$n-cnt$个点

易得最终答案为

$C_{n-2}^{sum}*\frac{(n-2)!}{\prod \limits _{i=1}^{cnt} {(d_i-1)!}}*(n-cnt)^{n-2-sum}$

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=;
int d[N],n;
int vis[N],pri[N],res[N],tot,sum,cnt,ans[N*],bu[N];
void getprime()
{
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        if(!vis[i])pri[++tot]=i,res[i]=tot;
        for(int j=;j<=tot;j++)
        {
            if(pri[j]*i>n)break;
            vis[i*pri[j]]=;res[i*pri[j]]=j;
            if(i%pri[j]==)break;
        }
    }
}
void divi(int x,int val)
{
    while(x!=)bu[res[x]]+=val,x/=pri[res[x]];
}
void mult(int a[],int x)
{
    int k=;
    for(int i=;i<=a[];i++)
    {
        int tmp=a[i]*x+k;
        a[i]=tmp%;
        k=tmp/;
    }
    while(k)a[++a[]]=k%,k/=;
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    getprime();
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&d[i]);
        if(d[i]!=-)sum+=d[i]-,cnt++;
    }
    for(int i=n-;i>=;i--)
        divi(i,);
    for(int i=n--sum;i>=;i--)
        divi(i,-);
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        if(d[i]!=-)
        {
            for(int j=d[i]-;j>=;j--)
                divi(j,-);
        }
    }
    ans[]=ans[]=;
    for(int i=;i<=n--sum;i++)
        mult(ans,n-cnt);
    for(int i=;i<=tot;i++)
        while(bu[i])mult(ans,pri[i]),bu[i]--;
    for(int i=ans[];i>=;i--)
        printf("%d",ans[i]);
    return ;
}