无根树的计数——prufer序列

参考博客https://www.cnblogs.com/dirge/p/5503289.html

（1）prufer数列是一种无根树的编码表示，类似于hash。

一棵n个节点带编号的无根树，对应唯一串长度为n-2的prufer编码。所以一个n阶完全图的生成树个数就是 $n^{n-2}$ 。

首先定义无根树中度数为1的节点是叶子节点。

找到编号最小的叶子并删除，序列中添加与之相连的节点编号，重复执行直到只剩下2个节点。

（2）prufer序列转化为无根树。

我们设点集为{1,2...n}。然后我们每次找到点集中没有出现在prufer序列中的最小的点（这一定是这个时刻删除的叶子节点），然后再取出prufer序列中的第一个元素，两个点建边，在将两个点在分别删除。

重要性质：prufer序列中某个编号出现的次数就是这个编号节点的度数-1。

很多时候，无根树树的问题都可以转化为求解prufer序列的问题，从而大大简化了问题。

下面提供了三道例题。

例题：

BSOJ 2503 -- 【HNOI2004】树的计数

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

Hint

根据“prufer序列中某个编号出现的次数就是这个编号节点的度数-1”这一性质，这道题就变成了给定元素个数的排列问题。

$ans=\frac{(n-2)!}{\prod d_{i}-1}$ 。

代码：

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cstring>

#include<cmath>

#include<queue>

#include<set>

#include<map>

#include<vector>

#include<ctime>

#define ll long long

using namespace std;

inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}

int n;

ll fac[155];

ll ksm(ll t,ll x) {

	ll ans=1;

	for(;x;x>>=1,t=t*t)

		if(x&1) ans*=t;

	return ans;

}

bool vis[150];

ll pri[150],cnt[150];

void pre(int n) {

	for(int i=2;i<=n;i++) {

		if(!vis[i]) pri[++pri[0]]=i;

		for(int j=1;j<=pri[0]&&i*pri[j]<=n;j++) {

			vis[i*pri[j]]=1;

			if(i%pri[j]==0) break;

		}

	}

}

void work(ll n,int flag) {

	for(int i=1;i<=pri[0];i++) {

		for(int j=pri[i];j<=n;j*=pri[i]) {

			cnt[i]+=flag*n/j;

		}

	}

}

int tot;

ll ans[5000];

void Cheng(int t) {

	for(int i=1;i<=ans[0];i++) ans[i]*=t;

	for(int i=1;i<=ans[0];i++) {

		ans[i+1]+=ans[i]/10;

		ans[i]%=10;

	}

	while(ans[ans[0]+1]) {

		ans[0]++;

		ans[ans[0]+1]+=ans[ans[0]]/10;

		ans[ans[0]]%=10;

	}

}

int main() {

	n=Get();

	pre(n);

	work(n-2,1);

	int a;

	for(int i=1;i<=n;i++) {

		a=Get();

		if(!a&&n>1) {cout<<0;return 0;}

		if(a>1) work(a-1,-1);

		tot+=a;

	}

	if(tot!=(n-1)*2) return cout<<0,0;

	if(n==1) {

		if(tot) cout<<0;

		else cout<<1;

		return 0;

	}

	if(n==2) return cout<<1,0;

	ans[0]=1;

	ans[1]=1;

	for(int i=1;i<=pri[0];i++)

		for(int j=1;j<=cnt[i];j++) Cheng(pri[i]);

	for(int i=ans[0];i>=1;i--) cout<<ans[i];

	return 0;

}

BSOJ 5553 -- 【模拟试题】wangyurzee的树

Description

wangyurzee有n个各不相同的节点，编号从1到n。wangyurzee想在它们之间连n-1条边，从而使它们成为一棵树。

可是wangyurzee发现方案数太多了，于是他又给出了m个限制条件，其中第i个限制条件限制了编号为u[i]的节点的度数不能为d[i]。一个节点的度数，就是指和该节点相关联的边的条数。这样一来，方案数就减少了，问题也就变得容易了，现在请你告诉wangyurzee连边的方案总数为多少。答案请对1000000007取模。

Input

第一行输入2个整数n(1<=n<=1000000)，m(0<=m<=17)分别表示节点个数以及限制个数。

第2行到第m+1行描述m个限制条件，第i+1行为2个整数u[i]，d[i]，表示编号为u[i]的节点度数不能为d[i]。

为了方便起见，保证1<=ui<=m。同时保证1<=ui<=n，1<=di<=n-1，保证不会有两条完全相同的限制。

Output

输出一行一个整数表示答案。

Sample Input

3 1 1 2

Sample Output

显然要容斥。我们就用{总的方案数}-{不满足一个条件的方案数}+{不满足两个条件的方案数}-...

注意有个坑点，就是如果我们枚举的两个条件的u相同，那么方案数直接为0。

然后就是如何计数的问题。假设我们已经定了k个点的度数d[1],d[2]...d[k]。设 $res=n-2-\sum _{1<=i<=k}d[i]-1$ 。那么方案数就是 $C_{n-2}^{d[1]-1}\cdot C_{n-2-(d[1]-1)}^{d[2]-1}...\cdot C_{tot+d[k]-1}^{d[k]-1}\cdot (n-k)^{res}$ 。

代码：

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cstring>

#include<cmath>

#include<queue>

#include<set>

#include<map>

#include<vector>

#include<ctime>

#define ll long long

#define N 1000005

#define mod 1000000007ll

using namespace std;

inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}

int n,m;

int u[20],d[20];

vector<int>st[N];

ll fac[N],ans;

ll ksm(ll t,ll x) {

	ll ans=1;

	for(;x;x>>=1,t=t*t%mod)

		if(x&1) ans=ans*t%mod;

	return ans;

}

ll C(int n,int m) {return fac[n]*ksm(fac[m],mod-2)%mod*ksm(fac[n-m],mod-2)%mod;}

bool vis[N];

void dfs(int v,int flag,int n,int res,ll tot) {

	if(v>m) {

		(ans+=flag*tot*ksm(res,n)%mod+mod)%=mod;

		return ;

	}

	dfs(v+1,flag,n,res,tot);

	if(n>=d[v]&&!vis[u[v]]) {

		vis[u[v]]=1;

		dfs(v+1,-flag,n-d[v],res-1,tot*C(n,d[v])%mod);

		vis[u[v]]=0;

	}

}

int main() {

	n=Get(),m=Get();

	int a;

	for(int i=1;i<=m;i++) {

		u[i]=Get();d[i]=Get()-1;

	}

	fac[0]=1;

	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;

	dfs(1,1,n-2,n,1);

	cout<<ans;

	return 0;

}

BSOJ 5445 -- 【2018雅礼】树

Description

　　有n个点，第i个点的限制为度数不能超过ai。

　　现在对于每一个s(1<=s<=n)，问从这n个点中选出s个点组成有标号无根树的方案数。

Input

　　第一行一个整数表示n。

　　第二行n个整数a1~an。

Output

　　输出仅一行n个整数，第i个整数表示s=i时的答案。

Sample Input

3 2 2 1

Sample Output

3 3 2

Hint

【数据范围】

　　对于20%的数据，n≤6。

　　对于60%的数据，n≤50。

　　对于100%的数据，n≤100。

我们说过，处理无根树计数的问题可以转化为prufer序列的计数问题。

我们设 $f[i][j]$ 长度为i的prufer序列，用了j个点的方案数。考虑新增一个点v，我们假设它的度数为 $k(1<=k<=a[v])$ ，然后就可以得到转移方程 $f[i+k-1][j+1]+=f[i][j]\cdot C_{i+k-1}^{k-1}$ 。

最后特判s=1时，答案是n，s>=2是，答案是 $f[s-2][s]$ 。

代码：

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cstring>

#include<cmath>

#include<queue>

#include<set>

#include<map>

#include<vector>

#include<ctime>

#define ll long long

#define mod 1004535809ll

#define N 105

using namespace std;

inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}

int n;

ll f[N][N],g[N][N],c[N][N],w[N];

int main() {

	n=Get();

	c[0][0]=1;

	for(int i=1;i<=n;i++)

		for(int j=0;j<=i;j++)

			c[i][j]=(!j||i==j)?1:(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod;

	f[0][0]=1;

	for(int i=1;i<=n;i++) {

		w[i]=Get();

		memcpy(g,f,sizeof(f));

		for(int j=0;j<n;j++) {

			for(int k=0;k<n;k++) {

				if(!f[j][k]) continue ;

				for(int q=0;q<w[i]&&q+j<=n-2;q++) {

					(g[q+j][k+1]+=f[j][k]*c[q+j][q]%mod)%=mod;

				}

			}

		}

		memcpy(f,g,sizeof(f));

	}

	cout<<n<<" ";

	for(int i=2;i<=n;i++) cout<<f[i-2][i]<<" ";

	return 0;

}