【Prufer Sequence +簡單排列組合】bzoj 1005: [HNOI2008]明明的煩惱
阿新 • • 發佈:2018-11-15
1005: [HNOI2008]明明的煩惱
Description
自從明明學了樹的結構,就對奇怪的樹產生了興趣…給出標號為1到N的點,以及某些點最終的度數,允許在
任意兩點間連線,可產生多少棵度數滿足要求的樹?
Input
第一行為N(0 < N < = 1000),
接下來N行,第i+1行給出第i個節點的度數Di,如果對度數不要求,則輸入-1
Output
一個整數,表示不同的滿足要求的樹的個數,無解輸出0
Sample Input
3
1
-1
-1
Sample Output
2
HINT
兩棵樹分別為1-2-3;1-3-2
前置知識:
做這題之前我們需要先了解Prufer Sequence,即普呂弗序列
對於一顆完全已知,有n個節點,且所有的節點都有一個標號的前提下,我們對一棵樹的葉子結點(即是度數為1的節點)按照其標號從小到大消去,每消去一個節點,我們就將它的父節點的編號記入一個序列中,直到樹只剩下一條邊時,得到一段長為n-2的唯一可以表示這棵樹的序列,既是Prufer Sequence
舉個例子:
現在我們有下圖這麼一棵樹
我們對其進行如上操作就可以得到這麼一段序列
1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
---|---|---|---|---|
4 | 4 | 4 | 5 | 5 |
對上圖及表,我們似乎可以發現規律:
在普呂弗序列中點出現的次數等於這個點在樹中的度數-1
由於所有的普呂弗序列和樹唯一相對應,且有如上性質,因此,在給出了一棵樹的度數之後想要求得樹的數量,就可以轉化為,求序列的組合的數量
那麼就是一個簡單的排列組合問題了
設無度數要求的點數是num,有要求的點數是poi,有要求的點在序列中出現的次數為sum,點的總數是n,那麼答案就是:
值得注意的是當只有一個節點時,需要特判,假如這個點度數不為0則無法構成樹,而點大於1時,不能有點的度數為0,且必須出現的數的次數必須小於n-2
由於最終的數會很大,所以我們需要使用大數
AC程式碼
/**************************************************************
Problem: 1005
User: FlyWhite
Language: C++
Result: Accepted
Time:84 ms
Memory:1304 kb
****************************************************************/
#include<cstring>
#include<string>
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int size=1005;
struct BigInt{
const static int mod=10000;
const static int DLEN=4;
int a[4005],len;
BigInt(){
memset(a,0,sizeof(a));
len=1;
}
BigInt(int v){
memset(a,0,sizeof(a));
len=0;
do{
a[len++]=v%mod;
v/=mod;
}while(v);
}
BigInt(const char s[])
{
memset(a,0,sizeof(a));
int L=strlen(s);
len=L/DLEN;
if(L%DLEN) len++;
int index=0;
for(int i=L-1;i>=0;i-=DLEN)
{
int t=0;
int k=i-DLEN+1;
if(k<0) k=0;
for(int j=k;j<=i;j++)
{
t=t*10+s[j]-'0';
}
a[index++]=t;
}
}
BigInt operator+ (const BigInt &b) const{
BigInt res;
res.len=max(len,b.len);
for(int i=0;i<=res.len;i++)
{
res.a[i]=0;
}
for(int i=0;i<res.len;i++)
{
res.a[i]+=((i<len)?a[i]:0)+((i<b.len)?b.a[i]:0);
res.a[i+1]+=res.a[i]/mod;
res.a[i]%=mod;
}
if(res.a[res.len]>0) res.len++;
return res;
}
BigInt operator *(const BigInt &b) const {
BigInt res;
for(int i=0;i<len;i++)
{
int up=0;
for(int j=0;j<b.len;j++){
int temp=a[i]*b.a[j]+res.a[i+j]+up;
res.a[i+j]=temp%mod;
up=temp/mod;
}
if(up!=0) res.a[i+b.len]=up;
}
res.len=len+b.len;
while(res.a[res.len-1]==0&&res.len>1) res.len--;
return res;
}
void output(){
printf("%d",a[len-1]);
for(int i=len-2;i>=0;i--)
{
printf("%04d",a[i]);
}
printf("\n");
}
};
int du[size];
int tim[size];
bool prime[size];
int p[size],tot;
void init_prime(int n)
{
tot=0;
fill(prime,prime+size,true);
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(prime[i] ) p[tot++]=i;
for(int j=0;j<tot&&i*p[j]<n;j++)
{
prime[i*p[j]]=false;
if(i%p[j]==0) break;
}
}
}
void solve(int num,int op)
{
for(int i=2;i<=num;i++)
{
int w=i;
for(int j=0;j<tot;j++)
{
if(w%p[j]==0)
while(w%p[j]==0)
{
w/=p[j];
tim[j]+=op;
}
}
}
}
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
memset(tim,0,sizeof(tim));
init_prime(n);
if(n==1)
{
int v;
scanf("%d",&v);
if(v>0) printf("0\n");
else printf("1\n");
return 0;
}
int sum=0;
int num=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&du[i]);
if(du[i]==0)
{
printf("0\n");
return 0;
}
if(du[i]==-1)
{
num++;
continue;
}
du[i]--;
sum+=du[i];
}
if(sum>n-2)
{
printf("0\n");
return 0;
}
BigInt ans(1);
solve(n-2,1);
if(n-sum-2>1)solve(n-sum-2,-1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(du[i]>1)solve(du[i],-1);
}
int w=num;
int op=n-sum-2;
for(int j=0;j<tot;j++)
{
if(w%p[j]==0)
while(w%p[j]==0)
{
w/=p[j];
tim[j]+=op;
}
}
for(int i=0;i<tot;i++)
{
BigInt N(p[i]);
while(tim[i]--)
ans=ans*(N);
}
ans.output();
}