【BZOJ 1211】 1211: [HNOI2004]树的计数 （prufer序列、计数）

　　

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

HINT

Source

【分析】

　　无根树的表示法用prufer数列。【长姿势】

　　

将树转化成Prufer数列的方法

一种生成Prufer序列的方法是迭代删点，直到原图仅剩两个点。对于一棵顶点已经经过编号的树T，顶点的编号为{1,2,...,n}，在第i步时，移去所有叶子节点（度为1的顶点）中标号最小的顶点和相连的边，并把与它相邻的点的编号加入Prufer序列中，重复以上步骤直到原图仅剩2个顶点。

例子

Prufer数列

以上面的树为例子，首先在所有叶子节点中编号最小的点是2，和它相邻的点的编号是3，将3加入序列并删除编号为2的点。接下来删除的点是4，5被加入序列，然后删除5，1被加入序列，1被删除，3被加入序列，此时原图仅剩两个点（即3和6），Prufer序列构建完成，为{3,5,1,3}

将Prufer数列转化成树的方法

设{a1,a2,..an-2}为一棵有n个节点的树的Prufer序列，另建一个集合G含有元素{1..n}，找出集合中最小的未在Prufer序列中出现过的数，将该点与Prufer序列中首项连一条边，并将该点和Prufer序列首项删除，重复操作n-2次，将集合中剩余的两个点之间连边即可。

例子

仍为上面的树，Prufer序列为{3,5,1,3}，开始时G={1,2,3,4,5,6}，未出现的编号最小的点是2，将2和3连边，并删去Prufer序列首项和G中的2。接下来连的边为{4,5},{1,5},{1,3},此时集合G中仅剩3和6，在3和6之间连边，原树恢复

 

　　说明树和prufer数列是一一对应的。

　　这个数列的特点是：这个点的度数-1=它在数列的出现次数。

　　所以数列总长度是n-2。

 

　　这道是prufer数列的裸题。

　　首先判断是否无解啦。

　　特判n=1，然后d=0,d>=n这种情况。

　　且$sum d[i]-1 = n-2$要成立。

　　然后最后的答案就是$dfrac{(n-2)!}{Pi (d[i]-1)!}$

 

　　手动消因子即可。最后答案保证不超过long long了。

 

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define Maxn 160
#define LL long long

int d[Maxn],cnt[Maxn];

void cal(int x,int y)
{
    for(int i=2;i*i<=x;i++) if(x%i==0)
    {
        while(x%i==0) cnt[i]+=y,x/=i;
    }
    if(x!=1) cnt[x]+=y;
}

int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&d[i]);
    if(n==1)
    {
        if(d[1]==0) printf("1
");
        else printf("0
");
    }
    else
    {
        int sum=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            if(d[i]==0||d[i]>=n) {printf("0
");return 0;}
            sum+=(--d[i]);
        }
        if(sum!=n-2) printf("0
");
        else
        {
            for(int i=1;i<=n;i++) cnt[i]=0; 
            for(int i=2;i<=n-2;i++) cal(i,1);
            for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=2;j<=d[i];j++) cal(j,-1);
            LL ans=1;
            for(int i=1;i<=n;i++) while(cnt[i]--) ans=1LL*ans*i;
            printf("%lld
",ans);
        }
    }
    return 0;
}