Prufer 序列

tip：

　　Prufer 序列将一棵树表示成了一个长度为 节点数 -2 的序列，且每个 Prufer 序列对应且只对应一棵树。

性质：

　　1、每个节点在 Prufer 序列中出现的次数就是 这个节点的度数 -1。

　　2、n 个点构成的无根树的个数： $n^{n-2}$

　　3、确定 n 个点度数分别为 d1，d2 … 时无根树个数：$(n-2)!/((d1-1)!*(d2-1)!…)$

　　4、 n 个点有标号的有根树的个数： $n*n^{n-2} = n^{n-1}$

实战：

T1：明明的烦恼

题干：

　　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?
　　输入第一行为 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。
　　输出一个整数,表示不同的满足要求的树的个数，无解输出 0

题解：

　　这道题只给了一部分点的度数，无法直接用上面的性质，但可以稍变一下式。

　　当我们 n 个节点度数全部可知，解就为：

$frac{(n-2)!}{prod_{i=1}^n(d_i-1)!}$

　　但我们并没有全部知道，设已知序列长度为 $sum$ ，则有:

$sum=sum_{i=1}^n{d_i-1}$

　　设我们知道的节点数为 $cnt$，则有：

　　$C_{n-2}^{sum}frac{sum!}{prod_{i=1}^n(d_i-1)!}$

　　我们还剩下 $n-cnt$ 个未知的：

$C_{n-2}^{sum}frac{sum!}{prod_{i=1}^n(d_i-1)!} imes (n-cnt)^{n-2-sum}$

　　化简可得：

$frac{(n-2)!}{(n-2-sum)!prod_{i=1}^n(d_i-1)!} imes (n-cnt)^{n-2-sum}$

　　最后打一个线筛，唯一分解就可以了。

Code：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
#define $ 2100
using namespace std;
int m,n,k,t,c[$],maxx,lst[$],prime[$],cnt,sum,tot,a[$];
bool judge[$],vis;
inline int max(int x,int y){    return x>y?x:y;    }
inline void cut(int x,int add){
    if(x<1) return ;
    while(x!=1) maxx=max(maxx,lst[x]), c[lst[x]]+=add, x/=lst[x];
}
inline void eular(){
    lst[1]=1;
    for(register int i=2;i<=n;++i){    
        if(!judge[i]) lst[i]=i, prime[++cnt]=i;
        for(register int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;++j){
            judge[i*prime[j]]=1, lst[i*prime[j]]=prime[j];
            if(i%prime[j]==0) break;
        }
    }
}
signed main(){
    scanf("%d",&n); eular();
    for(register int i=2;i<=n-2;++i) cut(i,1);
    for(register int i=1,x;i<=n;++i){
        scanf("%d",&x);
        if(x!=-1){
            tot++, sum+=x-1;
            for(register int j=2;j<=x-1;++j) cut(j,-1);
        }
    }
    if(n-2-sum<0){    puts("0"); return 0;    }
    for(register int i=2;i<=n-2-sum;++i) cut(i,-1);
    for(register int i=1;i<=n-2-sum;++i) cut(n-tot,1);
    a[0]=a[1]=1;
    ll yu=0;
    for(register int i=2;i<=maxx;++i){
        if(c[i]<0){    puts("0"); return 0;    }
        for(register int j=1;j<=c[i];++j){
            for(register int k=1;k<=a[0];++k){
                a[k]=a[k]*i+yu;
                yu=a[k]/10; a[k]%=10;
            }
            while(yu) a[++a[0]]=yu%10, yu/=10;
        }
    }
    for(register int i=a[0];i;--i) printf("%d",a[i]);
}