bzoj 1005: [HNOI2008]明明的烦恼(组合数学 purfer sequence)

1005: [HNOI2008]明明的烦恼

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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

Sample Input

3
1
-1
-1

Sample Output

2

HINT

  两棵树分别为1-2-3;1-3-2

Source

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题解:

这题需要了解一种数列: Purfer Sequence

我们知道,一棵树可以用括号序列来表示,但是,一棵顶点标号(1~n)的树,还可以用一个叫做 Purfer Sequence 的数列表示

一个含有 n 个节点的 Purfer Sequence 有 n-2 个数,Purfer Sequence 中的每个数是 1~n 中的一个数

一个定理:一个 Purfer Sequence 和一棵树一一对应

先看看怎么由一个树得到 Purfer Sequence

由一棵树得到它的 Purfer Sequence 总共需要 n-2 步,每一步都在当前的树中寻找具有最小标号的叶子节点(度为 1),将与其相连的点的标号设为 Purfer Sequence 的第 i 个元素,并将此叶子节点从树中删除,直到最后得到一个长度为 n-2 的 Purfer Sequence 和一个只有两个节点的树 

看看下面的例子:

假设有一颗树有 5 个节点,四条边依次为:(1, 2), (1, 3), (2, 4), (2, 5),如下图所示:

第 1 步,选取具有最小标号的叶子节点 3,将与它相连的点 1 作为第 1 个 Purfer Number,并从树中删掉节点 3:

第 2 步,选取最小标号的叶子节点 1,将与其相连的点 2 作为第 2 个 Purfer Number,并从树中删掉点 1:

第 3 步,选取最小标号的叶子节点 4,将与其相连的点 2 作为第 3 个 Purfer Number,并从树中删掉点 4:

最后,我们得到的 Purfer Sequence 为:1 2 2

不难看出,上面的步骤得到的 Purfer Sequence 具有唯一性,也就是说,一个树,只能得到一个唯一的 Purfer Sequence

 

接下来看,怎么由一个 Purfer Sequence 得到一个树

由 Purfer Sequence 得到一棵树,先将所有编号为 1 到 n 的点的度赋初值为 1,然后加上它在 Purfer Sequence 中出现的次数,得到每个点的度

先执行 n-2 步,每一步,选取具有最小标号的度为 1 的点 u 与 Purfer Sequence 中的第 i 个数 v 表示的顶点相连,得到树中的一条边,并将 u 和 v 的度减一

最后再把剩下的两个度为 1 的点连边,加入到树中

 

我们可以根据上面的例子得到的 Purfer Sequence :1 2 2 重新得到一棵树

Purfer Sequence 中共有 3 个数,可以知道,它表示的树中共有 5 个点,按照上面的方法计算他们的度为下表所示:

 

顶点 1 2 3 4 5
2 3 1 1 1

 

 

 

第 1 次执行,选取最小标号度为 1 的点 3 和 Purfer Sequence 中的第 1 个数 1 连边:

将 1 和 3 的度分别减一:

 

顶点 1 2 3 4 5
1 3 0 1 1

 

 

  

第 2 次执行,选取最小标号度为 1 的点 1 和 Purfer Sequence 中的第 2 个数 2 连边:

将 1 和 2 的度分别减一:

 

顶点 1 2 3 4 5
0 2 0 1 1

 

 

 

第 3 次执行,将最小标号度为 1 的点 4 和 Purfer Sequence 第 3 个数 2 连边:

将 2 和 4 的度分别减一:

 

顶点 1 2 3 4 5
0 1 0 0 1

 

 

 

最后,还剩下两个点 2 和 5 的度为 1,连边:

至此,一个 Purfer Sequence 得到的树画出来了,由上面的步骤可知,Purfer Sequence 和一个树唯一对应

综上,一个 Purfer Sequence 和一棵树一一对应

那么其数只要求出来合法的purfer sequence的数量就是生成树的数量。

将树转化为prufer编码:

n为树的节点数,d[i]为各节点的度数,(注意计算tot的时候只计算d[i]!=-1的数)m为无限制度数的节点数。

则            
所以要求在n-2大小的数组中插入tot各序号,共有种插法;
在tot各序号排列中,插第一个节点的方法有种插法;    插第二个节点的方法有 种插法; ………
另外还有m各节点无度数限制,所以它们可任意排列在剩余的n-2-tot的空间中,排列方法总数为;
根据乘法原理:
然后就要高精度了…..但高精度除法太麻烦了,显而易见的排列组合一定是整数,所以可以进行质因数分解,再做一下相加减。
关于n!质因数分解有两种方法,第一种暴力分解,这里着重讲第二种。
  若p为质数,则n!可分解为 一个数*,其中且 
所以 

并不是太懂第二种方法,所以直接用线性筛筛出1000内的质数,然后将每个所以阶乘中的数暴力分解,再将所有的质数乘起来。最后在乘n-2-tot次m即可。

注意几个无解的情况:

1。 n=1 ,d[1]!=0  

2. n-2-tot<0

3. n!=1 d[i]=0;


参考:http://www.cnblogs.com/zhj5chengfeng/archive/2013/08/23/3278557.html

http://hzwer.com/3272.html

#include
#include
#include
#include
#include
#define N 100003
using namespace std;
int n,m;
int d[N],ans[N],prime[N],pd[N],len,tot,cnt;
int f[N];
void calc()
{
	for (int i=2;i<=1000;i++)
	 {
	 	if (!pd[i])   prime[++prime[0]]=i;
	 	for (int j=1;j<=prime[0];j++){
	 		if (prime[j]*i>1000) break;
	 		pd[prime[j]*i]=1;
	 		if (i%prime[j]==0) break;
	 	}
	 }
}
void solve(int x,int v)
{
	for (int i=1;i<=x;i++){
		int num=i;
		for (int j=1;j<=prime[0];j++)
		{
			if (num<=1) break;
			while (num%prime[j]==0) f[j]+=v,num/=prime[j]; 
		}
	}
}
void mul(int x)
{
	for (int i=1;i<=len;i++)  ans[i]*=x;
	for (int i=1;i<=len;i++)
	 {
	 	ans[i+1]+=ans[i]/10;
	 	ans[i]%=10;
	 }
	while (ans[len+1]){
		len++; 
		ans[len+1]+=ans[len]/10;
		ans[len]%=10;
	}
}
int main()
{
	freopen("a.in","r",stdin);
	scanf("%d",&n);
	calc();
	if (n==1){
		int x; scanf("%d",&x);
		if (!x) printf("1\n");
		else printf("0\n");
		return 0;
	}
	for (int i=1;i<=n;i++) {
	   scanf("%d",&d[i]);
	   if (!d[i]){
	   	printf("0\n");
	   	return 0;
	   }
	   if (d[i]==-1)  m++;
	   else d[i]--,tot+=d[i];
	}
	if (tot>n-2)  {
		printf("0\n");
		return 0;
	}
	solve(n-2,1); 
	solve(n-2-tot,-1);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	 if (d[i]!=-1&&d[i])  solve(d[i],-1);
	len=1; ans[1]=1;
	for (int i=1;i<=prime[0];i++)
	 while (f[i]--)  mul(prime[i]);
	for (int i=1;i<=n-2-tot;i++)  mul(m);
	for (int i=len;i>=1;i--)
	 printf("%d",ans[i]);
	printf("\n");
}



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