bzoj1005

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

Source

prufer编码相关。

1.找到编号最小的叶节点，删除这个节点，然后与这个叶节点相连的点计入序列

2.反复进行1，直到这棵树只剩下两个节点时，退出

这是prufer编码的过程 一个prufer编码对应一棵树，反之一棵树对应一个prufer编码。

那么一个节点会在prufer编码中出现的几次呢？应该是他的度数-1 当度数不为1时 总会删掉他的一个叶子节点 就在prufer编码中出现一次，当他变成叶子结点时，那么他就不会在prufer编码中出现，这时他的度数为1。

这道题有些度数是不确定的，我们先考虑确定的部分：

确定的部分的每个点在prufer编码中出现的次数为d-1 prufer编码长n-2 也就是说在编码中放的方案数是C(d1-1,n-2)

然后n-2中有d1-1个位置被占掉了，那么下一个就有n-2-d1+1个位置可以放，方案数是C(d2-1,n-d1-1) 以此类推，确定度数的方案数求好了。

那么剩下的不确定的呢？因为之前确定的点已经放好了，那么他们不会出现在后面的编码中，那么设剩下的点的数量为m，位置还有n-2-sigma(di-1)，因为每个位置可以随意放任意一个没有确定的数，这样做是符合prufer编码的，那么每个位置有m个可能，位置有n-2-sigma(di-1),那么没确定的方案数就是m^(n-2-sigma(di-1))。

这里还要用高精度 这个式子还可以化简成这个样子

高精度很好写，因为每次是低精度*高精度，然后我又学到了压位的技巧。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 10010, M = 10000;
int n, sum, len, degree;
int pri[N], b[N], table[N];
namespace BIG 
{
    int num[N];
    void mul(int x)
    {
        for(int i = 1; i <= len; ++i) num[i] *= x;
        for(int i = 1; i <= len; ++i)
        {
            num[i + 1] += num[i] / M;
            num[i] %= M;
        }
        while(num[len + 1] >= M)
        {
            num[len + 2] += num[len + 1] / M;
            num[len + 1] %= M; ++len;
        }
        if(num[len + 1]) ++len;
    }
    void print() 
    {
        for(int i = len; i; --i) if(i == len) printf("%d", num[i]);
        else printf("%04d", num[i]);
    }
} using namespace BIG;
bool isprime(int x) { for(int i = 2; i * i <= x; ++i) if(x % i == 0) return false; return true; }
void Init() { for(int i = 2; i <= 1000; ++i) if(isprime(i)) pri[++pri[0]] = i; }
void solve(int x, int f)
{
    for(int i = 1; i <= pri[0]; ++i) while(x % pri[i] == 0 && x) { table[pri[i]] += f; x /= pri[i]; } 
}
int main()
{
//    freopen("bzoj_1005.in", "r", stdin); 
//    freopen("bzoj_1005.out", "w", stdout);
    Init();
    scanf("%d", &n);
    if(n == 1)
    {
        int x; scanf("%d", &x);
        if(x == 1) puts("0"); else puts("1");
        return 0;
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i) 
    {
        int x; scanf("%d", &x);
        if(!x) { puts("0"); return 0; }
        if(x != -1) b[++b[0]] = x - 1, sum += x - 1;    
        degree += x == -1 ? n : x - 1;
    }
    if(sum > n - 2 || degree < n - 1) { puts("0"); return 0; } 
    num[++len] = 1;
    solve(n - b[0], n - 2 - sum);
    for(int i = n - 1 - sum; i <= n - 2; ++i) solve(i, 1);
    for(int i = 1; i <= b[0]; ++i)
        for(int j = 2; j <= b[i]; ++j) solve(j, -1);
    for(int i = 1; i <= pri[0]; ++i) if(table[pri[i]])
        for(int j = 1; j <= table[pri[i]]; ++j) mul(pri[i]); 
    print();    
//    fclose(stdin); fclose(stdout);
    return 0;
}