BZOJ 1005[HNOI2008]明明的烦恼

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

Solution

首先我们知道了prufer数列 传送门.

也知道prufer数列中某个数字出现的次数 = 节点的度数 - 1

现题目要求某些节点的读书固定， 就是让它在数列中出现的次数固定。

先不考虑不存在树的情况（特判就懒得写了

定义$d_i$为节点$i$的度数， $sum = sumlimits_{i=1}^n{d_i-1}$ , $t$ 为被要求的节点的个数

则数列中固定的数的位置方案有 $C^{sum}_{n-1} imes sum! / prodlimits_{i=1}^n{(d_i-1)!}$种，

剩下 来$n-t$个节点与剩下来$n-sum-2$个位置， 有$(n-t)^{n-2-sum}$种方案

两部分不影响， 乘起来就可以得出答案。

数据有点大， 需要打高精乘法。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rd read()
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 2e3;
const ll base = 1e8;

int n, sum, c[N], x;
int pri[N], tot, vis[N], cnt[N];

struct BIG {
    ll s[N];
    BIG() {
        s[0] = 0;
        memset(s, 0,sizeof(s));
    }
    BIG operator * (const ll &t) const{
        BIG re;
        re.s[0] = s[0];
        ll x = 0;
        for(int i = 1; i <= s[0]; ++i) {
            re.s[i] = s[i] * t;
            x = re.s[i] / base;
            re.s[i] %= base;
        }
        if(x) re.s[++re.s[0]] = x;
        return re;
    }
}ans;

int read() {
    int X = 0, p = 1; char c = getchar();
    for(; c > '9' || c < '0'; c  = getchar()) if(c == '-') p = -1;
    for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) X = X * 10 + c - '0';
    return X * p;
}

ll fpow(ll a, ll p) {
    if(!a) return 1;
    ll re = 1;
    for(; p; p >>= 1, a = a * a) if(p & 1) re = re * a;
    return re;
}

void init() {
    for(int i = 2; i < N; ++i) {
        if(!vis[i]) pri[++tot] = i;
        for(int j = 1;  j <= tot && pri[j] * i < N; ++j) {
            vis[i * pri[j]] = 1;
            if(i % pri[j] == 0) break;
        }
    }
}

void cal(int x, int k) {
    for(int i = 1; x != 1 && i <= tot; ++i) if(x % pri[i] == 0) {
        while(x % pri[i] == 0) cnt[i] += k, x /= pri[i];
    }
}

void print(BIG t) {
    printf("%lld", t.s[t.s[0]]);
    for(int i = t.s[0] - 1; i; --i) printf("%08lld", t.s[i]);
    putchar('
');
}

int main()
{
    n = rd;
    init();
    ans.s[0] = 1;
    ans.s[1] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        c[i] = rd;
        if(c[i] > 0 && n == 1) return printf("0
"), 0;
        if(c[i] != -1) {
            if(c[i] == 0 && n != 1) return printf("0
"), 0;
          c[i]--;    x++;
            sum += c[i];
            for(int j = 2; j <= c[i]; ++j) cal(j, -1);
        }
    }
    if(n == 1) return printf("1
"), 0;
    if(sum > n - 2) return printf("0
"), 0;
    if(x == n && sum != n - 2) return printf("0
"), 0;

    for(int i = 1; i <= n - 2; ++i) cal(i, 1);
    for(int i = 1; i <= n - sum - 2; ++i) cal(i, -1);

    for(int i = 1; i <= n - sum - 2; ++i) ans = ans * (n - x);
    
    for(int i = 1; i <= tot; ++i) 
        for(int j = 1; j <= cnt[i]; ++j) ans = ans * pri[i];
    print(ans);
}