明明的烦恼
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?
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
分析
https://www.cnblogs.com/chenxiaoran666/p/prufer.html https://blog.csdn.net/jeremygjy/article/details/50625228
首先我们根据prufer数列可以知道任意一棵无根树可以表示为任意一个长度为$n−2$的串并且有以下的性质任意一点的度为$d_i$那么该数字将会在数列中出现$d_i−1$次，那么我们可以知道该数列的总长度就是$sum=sum_^n$当然前提是$n$个度数全部已知，那么我们已经知道了$n$个点的度数，我们可以构造出多少不同的prufer数列呢可以发现答案就是
[
frac{(n-2)!}{prod_{i=1}^n(d_i-1)!}
]
但是我们现在并不知道这么多，我们现在已知的有$cnt$个，那么我们未知的有$n−cnt$个，那么我们如果不管不知道的，但是现在有$n−2$个空位所以答案是
[
C_{n-2}^{sum}frac{sum!}{prod_{i=1}^n(d_i-1)!}
]
但是现在我们还有$(n−cnt)$个未知那么我们的答案就是
[
C_{n-2}^{sum}frac{sum!}{prod_{i=1}^n(d_i-1)!} imes (n-cnt)^{n-2-sum}
]
那么我们化简可以得到
[
frac{(n-2)!}{sum!(n-2-sum)!}frac{sum!}{prod_{i=1}^n(d_i-1)!} imes (n-cnt)^{n-2-sum} \
frac{(n-2)!}{(n-2-sum)!prod_{i=1}^n(d_i-1)!} imes (n-cnt)^{n-2-sum}
]
因为$n−2$还是比较大所以靠分解质因数来解决高精度的问题。
高精度……引起了我SCOI2019不愉快的回忆。
co int N=1e3+1;
int p[N],num[N],n,d[N],cnt;
void init(){
for(int i=2;i<=n;++i){
if(!p[i]) p[++p[0]]=i;
for(int j=1;j<=p[0]&&p[j]*i<=n;++j){
p[p[j]*i]=1;
if(i%p[j]==0) break;
}
}
}
void decomp(int n,int f){
for(int i=1;i<=p[0]&&p[i]<=n;++i)
for(int j=n;j>=p[i];j/=p[i]) num[i]+=j/p[i]*f;
}
co int mod=1e6;
int ans[N]={1},len=1;
void mul(int n){
for(int i=0;i<len;++i) ans[i]*=n;
for(int i=0;i<len;++i)if(ans[i]>=mod)
ans[i+1]+=ans[i]/mod,ans[i]%=mod;
if(ans[len]) ++len;
}
int main(){
if((read(n))==1) return puts(read<int>()<=0?"1":"0"),0;
init();
for(int i=1;i<=n;++i){
if(read(d[i])==-1) continue;
++cnt;
if(d[i]<=0&&d[i]>=n) return puts("0"),0;
if(d[i]!=-1) d[0]+=(d[i]-=1);
}
if(d[0]>n-2) return puts("0"),0;
decomp(n-2,1),decomp(n-2-d[0],-1);
for(int i=1;i<=n;++i)
if(d[i]!=-1) decomp(d[i],-1);
for(int i=1;i<=p[0];++i)
while(num[i]--) mul(p[i]);
for(int i=n-2-d[0];i;--i) mul(n-cnt);
printf("%d",ans[len-1]);
for(int i=len-2;i>=0;--i) printf("%06d",ans[i]);
return 0;
}
无聊的水题
DLS 喜欢上树。但是他并不想把一道数据结构题出到树上，他喜欢计 Tree。
这一天，他想自己造一棵树，他手头有 N 个树的节点，标号为1~N，他会在它们之间连边，我们定义两颗树不同，当且仅当一对节点在一棵树中有连边，另一棵树中没有连边。
但他不喜欢一棵太多分叉的树，于是他想让这棵树的节点中最大的度数为 M。
DLS 由于不太擅长理科，所以希望你帮他计算有多少棵这样的树。 答案对 998244353 取模。
2≤N,M≤5⋅104
题解
Prufer序列+生成函数。
最大的度数为 M 可以容斥。显然求的是
[
left(sum_{i=0}^{M-1}frac{x^i}{i!}
ight)^n-left(sum_{i=0}^{M-2}frac{x^i}{i!}
ight)^n
]
使用多项式exp即可做到 (O(n log n))。
CO int N=131072;
int omg[2][N],rev[N];
int fac[N],inv[N],ifac[N];
void NTT(poly&a,int dir){
int lim=a.size(),len=log2(lim);
for(int i=0;i<lim;++i) rev[i]=rev[i>>1]>>1|(i&1)<<(len-1);
for(int i=0;i<lim;++i)if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int i=1;i<lim;i<<=1)
for(int j=0;j<lim;j+=i<<1)for(int k=0;k<i;++k){
int t=mul(omg[dir][N/(i<<1)*k],a[j+i+k]);
a[j+i+k]=add(a[j+k],mod-t),a[j+k]=add(a[j+k],t);
}
if(dir==1){
int ilim=fpow(lim,mod-2);
for(int i=0;i<lim;++i) a[i]=mul(a[i],ilim);
}
}
poly operator~(poly a){
int n=a.size();
poly b(1,fpow(a[0],mod-2));
if(n==1) return b;
int lim=2;
for(;lim<n;lim<<=1){
poly a1(a.begin(),a.begin()+lim);
a1.resize(lim<<1),NTT(a1,0);
b.resize(lim<<1),NTT(b,0);
for(int i=0;i<lim<<1;++i) b[i]=mul(2+mod-mul(a1[i],b[i]),b[i]);
NTT(b,1),b.resize(lim);
}
a.resize(lim<<1),NTT(a,0);
b.resize(lim<<1),NTT(b,0);
for(int i=0;i<lim<<1;++i) b[i]=mul(2+mod-mul(a[i],b[i]),b[i]);
NTT(b,1),b.resize(n);
return b;
}
poly log(poly a){
int n=a.size();
poly b=~a;
a.resize(n-1);
for(int i=0;i<n-1;++i) a[i]=mul(a[i+1],i+1);
int lim=1<<(int)ceil(log2(2*n-2));
a.resize(lim),NTT(a,0);
b.resize(lim),NTT(b,0);
for(int i=0;i<lim;++i) a[i]=mul(a[i],b[i]);
NTT(a,1),a.resize(n);
for(int i=n-1;i>=1;--i) a[i]=mul(a[i-1],inv[i]);
return a[0]=0,a;
}
poly exp(poly a){
int n=a.size();
poly b(1,1); // a[0]=0
if(n==1) return b;
int lim=2;
for(;lim<n;lim<<=1){
b.resize(lim);poly c=log(b);
c[0]=add(1+a[0],mod-c[0]);
for(int i=1;i<lim;++i) c[i]=add(a[i],mod-c[i]);
c.resize(lim<<1),NTT(c,0);
b.resize(lim<<1),NTT(b,0);
for(int i=0;i<lim<<1;++i) b[i]=mul(b[i],c[i]);
NTT(b,1),b.resize(lim);
}
b.resize(lim);poly c=log(b);
c[0]=add(1+a[0],mod-c[0]);
for(int i=1;i<n;++i) c[i]=add(a[i],mod-c[i]);
c.resize(lim<<1),NTT(c,0);
b.resize(lim<<1),NTT(b,0);
for(int i=0;i<lim<<1;++i) b[i]=mul(b[i],c[i]);
NTT(b,1),b.resize(n);
return b;
}
int main(){
omg[0][0]=1,omg[0][1]=fpow(3,(mod-1)/N);
omg[1][0]=1,omg[1][1]=fpow(omg[0][1],mod-2);
for(int i=2;i<N;++i){
omg[0][i]=mul(omg[0][i-1],omg[0][1]);
omg[1][i]=mul(omg[1][i-1],omg[1][1]);
}
fac[0]=1;
for(int i=1;i<N;++i) fac[i]=mul(fac[i-1],i);
inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<N;++i) inv[i]=mul(mod-mod/i,inv[mod%i]);
ifac[0]=1;
for(int i=1;i<N;++i) ifac[i]=mul(ifac[i-1],inv[i]);
int n=read<int>(),m=read<int>();
poly a(ifac,ifac+m);
a.resize(n-1),a=log(a);
for(int i=0;i<n-1;++i) a[i]=mul(a[i],n);
int ans=exp(a)[n-2];
a.assign(ifac,ifac+m-1);
a.resize(n-1),a=log(a);
for(int i=0;i<n-1;++i) a[i]=mul(a[i],n);
ans=add(ans,mod-exp(a)[n-2]);
ans=mul(ans,fac[n-2]);
printf("%d
",ans);
return 0;
}