bzoj1211(洛谷P2290) - [HNOI2004]树的计数

Author : hiang

bzoj1211 洛谷 P2290

Description

一个有n个结点的树，设它的结点分别为v1, v2, …, vn，已知第i个结点vi的度数为di，问满足这样的条件的不同的树有多少棵。给定n，d1, d2, …, dn，编程需要输出满足d(vi)=di的树的个数。

Input

第一行是一个正整数n，表示树有n个结点。第二行有n个数，第i个数表示di，即树的第i个结点的度数。其中1<=n<=150，输入数据保证满足条件的树不超过10^17个。

Output

输出满足条件的树有多少棵。

Sample Input

4
2 1 2 1

Sample Output

如果了解prufer编码的话本题很容易解决，在这里详细介绍一下prufer编码的原理

prufer编码用于表示一颗带编号的无根树，它与无根树是一一对应的关系，即对于一棵n个节点的无根树，对应唯一长度为n-2的prufer编码

编码方式为：

选取叶子中编号最小的点，将这个点删除，并且把它的邻接点加到编码尾部，再在删去该点后形成的树中删除最小的叶子节点，并把邻接点加到编码尾部，重复以上步骤，直到树中只剩下两个点，就形成了prufer编码

例如：

该树中叶子节点编号最小的为1，所以将1删去，将6加到编码中，此时编码为6

新树中叶子节点编号最小的为2，所以将2删去，将5加到编码中，此时编码为6，5

新树中叶子节点编号最小的为3，所以将3删去，将4加到编码中，此时编码为6，5，4

以此类推，得到最后形成的prufer编码为6，5，4，6，5

最后剩余的两个点不参与编码，所以编码长度为n-2，可以发现，一开始为叶子的节点编号并不会出现在编码中，其他节点都出现了本身的度数减一次，而prufer编码和无根树之间是一一对应关系，所以要想求解上述问题，只需要求一个多重集的全排列数即可

已知n个节点，第i个节点vi的度数为di，从所有节点中选出n-2个，每一个出现次数为di-1，易知全排列数为

（可能有不会求多重集全排列数的，这里提供公式推导过程：

已知有k个不同的数a₁，a₂...a_k，每个数分别有n₁，n₂...n_k个，总数为n，先在n个位置中先选择n₁个位置放a₁，有C(n,n₁)种方法，再在剩下的n-n₁个位置选择n₂个位置放a₂，有C(n-n₁,n₂)种方法...最后在n-n₁-n₂-…n_k-1个位置中选择n_k个位置放a_k，有C(n-n₁-n₂-…n_k-1,n_k)种方法,全部乘起来得全排列数：

N=C(n,n ₁)C(n-n ₁,n ₂)...C(n-n ₁-n ₂-…n _k-1,n _k)

）

考虑到数据可能过大，所以用分解质因数来求解公式，还要注意特判n=1和无法构成prufer编码的情况

完整代码如下：

 1 #include
 2 using namespace std;
 3 int n;
 4 long long d[155],cnt[155];
 5 void prime(int x,int k)
 6 {
 7     int i=2;
 8     while(x>1)
 9     {
10         if(x%i==0)
11         {
12             cnt[i]+=k;
13             x/=i;
14         }
15         else i++;
16     }
17 }
18 int main()
19 {
20     long long sum=1;
21     int i,j,ans=0;
22     scanf("%d",&n);
23     for(i=1;i<=n;i++)
24     {
25         scanf("%lld",&d[i]);
26         if(d[i]>1)
27             ans+=d[i]-1;
28     }
29     if(n==1)
30     {
31         if(d[1]==0)
32             printf("1");
33         else
34             printf("0");
35         return 0;
36     }
37     if(ans!=n-2)
38     {
39         printf("0");
40         return 0;
41     }
42     for(i=2;i<=n-2;i++)
43         prime(i,1);
44     for(i=1;i<=n;i++)
45         for(j=2;j<=d[i]-1;j++)
46             prime(j,-1);
47     for(i=1;i<=n;i++)
48         while(cnt[i]>0)
49         {
50             sum*=i;
51             cnt[i]--;
52         }
53     printf("%lld",sum);
54     return 0;
55 }