[bzoj4271]化学
题目描述
高中化学总要留下点什么才好……于是有了这题（其实搞的原题）。
烷烃，即饱和烃（saturated group)，是只有碳碳单键和碳氢键的链烃，是最简单的一类有机化合物。
化学上，同分异构体是一种有相同化学式，有同样的化学键而有不同的原子排列的化合物。简单地说，化合物具有相同分子式，但具有不同结构的现象，叫做同分异构现象；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体。很多同分异构体有相似的性质。
本题要求n烷的同分异构体个数。例如，丁烷（四烷？）有两个：正丁烷，异丁烷。
题目大意
求出由n个结点组成的每个结点度数不超过4的无根树个数。
题解
本来没打算做这道8~9个月前落下的题，某天在noip吧看到了问这个问题的帖子，然后点进了一个链接，发现了一句很有启发性的话。
附上那个链接烷烃同分异构体个数的计算——BZOJ 4271:Chemistry BY NanoApe
两颗无根树同构，说明以它们重心为根的有根树同构。
当然要特殊处理一颗树有两个重心的情况。
除了根节点每个结点度数应该不超过3（除去父亲）。
我们用f[i]表示由i个结点组成的有根树的数目。
那么显然是枚举j<=k<=l，且j+k+l=i-1，然后进行转移。（注意只需要枚举j和k即可知道l而不需要枚举三个）
然而要注意就是例如j=k，那么直接f[j]*f[k]是错误的，因为假若f[j]存在两种情况，你就会算了两次。因此，我们应该解决这样一个问题。
有n个无法区分的小球，用m种颜色给它们染色，每个小球都需要染一种颜色，有多少种不同的方案？即它们颜色组成的多重集有多少种方案。不理解的我可以举个例子，112和121算是同样的方案（小球无法区分）。
这个问题其实可以发现和杨辉三角形有关，但是这题不用那么麻烦因为在这题里肯定n<=4，每种颜色状态用最小表示法来表示，枚举状态，然后用组合数搞一搞就好了。
接下来解决如何统计答案。
同样枚举i<=j<=k<=l<(n-1)/2，因为我们要保证根是重心而且不能有一个子树等于n/2（这样这颗无根树有两个重心），然后按照类似有根树的统计一样搞。
最后还有两个重心的问题，其实就是答案增加 C2f[n/2]+f[n/2]
这道题比较丧病需要你打高精度，注意压位。
我代码写的比较丑QAQ
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll maxn=500+10,ws=100000000;
ll f[maxn][30],g[30],h[30],ans[30];
ll a[5],b[5];
ll i,j,k,l,t,n,m;
void add(ll *a,ll *b,ll *c){
ll d[30];
d[0]=max(a[0],b[0]);
ll i;
fo(i,1,d[0]+1){
d[i]=0;
if (i>a[0]) a[i]=0;
if (i>b[0]) b[i]=0;
}
fo(i,1,d[0]){
d[i]=d[i]+a[i]+b[i];
d[i+1]=d[i+1]+d[i]/ws;
d[i]=d[i]%ws;
}
if (d[d[0]+1]) d[0]++;
c[0]=d[0];
fo(i,1,c[0]) c[i]=d[i];
}
void cheng(ll *a,ll *b,ll *c){
ll d[30];
d[0]=a[0]+b[0]-1;
ll i,j;
fo(i,1,d[0]+1) d[i]=0;
fo(i,1,a[0])
fo(j,1,b[0])
d[i+j-1]=d[i+j-1]+a[i]*b[j];
fo(i,1,d[0]){
d[i+1]=d[i+1]+d[i]/ws;
d[i]=d[i]%ws;
}
if (d[d[0]+1]) d[0]++;
c[0]=d[0];
fo(i,1,c[0]) c[i]=d[i];
}
void comb(ll *a,ll y,ll *c){
ll e[30],h[30];
ll i,j,t;
if (a[0]==1&&a[1]<y){
c[0]=1;
c[1]=0;
return;
}
h[1]=h[0]=1;
e[0]=a[0];
fo(i,1,a[0]) e[i]=a[i];
t=y;
while (t--){
cheng(h,e,h);
e[1]--;
j=1;
while (e[j]<0){
e[j]+=ws;
e[++j]--;
}
while (e[0]>1&&!e[e[0]]) e[0]--;
}
t=1;
fo(i,1,y) t*=i;
j=0;
fd(i,h[0],1){
j=j*ws+h[i];
h[i]=j/t;
j%=t;
}
while (h[0]>1&&!h[h[0]]) h[0]--;
c[0]=h[0];
fo(i,1,c[0]) c[i]=h[i];
}
void count(ll *a,ll y,ll *c){
ll i,j,k,l,t;
ll d[30],h[30],e[30];
d[0]=1;
d[1]=0;
if (y==1){
comb(a,1,h);
add(d,h,d);
}
else if (y==2){
comb(a,1,h);
add(d,h,d);
comb(a,2,h);
add(d,h,d);
}
else if (y==3){
comb(a,1,h);
add(d,h,d);
comb(a,2,h);
e[0]=1;
e[1]=2;
cheng(h,e,h);
add(d,h,d);
comb(a,3,h);
add(d,h,d);
}
else{
comb(a,1,h);
add(d,h,d);
comb(a,2,h);
e[0]=1;
e[1]=3;
cheng(h,e,h);
add(d,h,d);
comb(a,3,h);
e[0]=1;
e[1]=3;
cheng(h,e,h);
add(d,h,d);
comb(a,1,h);
add(d,h,d);
}
c[0]=d[0];
fo(i,1,c[0]) c[i]=d[i];
}
int main(){
scanf("%lld",&n);
f[1][0]=1;
f[1][1]=1;
fo(i,2,n/2){
f[i][0]=1;
f[i][1]=0;
fo(j,0,(i-1)/3)
fo(k,j,(i-j-1)/2){
l=i-j-k-1;
if (i==3){
t=t;
}
t=0;
a[0]=b[0]=0;
if (j==a[t]) b[t]++;
else{
a[++t]=j;
b[t]=1;
}
if (k==a[t]) b[t]++;
else{
a[++t]=k;
b[t]=1;
}
if (l==a[t]) b[t]++;
else{
a[++t]=l;
b[t]=1;
}
g[1]=g[0]=1;
while (t){
count(f[a[t]],b[t],h);
cheng(g,h,g);
t--;
}
add(f[i],g,f[i]);
}
}
ans[0]=1;
fo(i,0,(n-1)/4)
fo(j,i,(n-i-1)/3)
fo(k,j,(n-i-j-1)/2){
l=n-i-j-k-1;
if (l>(n-1)/2) continue;
t=0;
a[0]=b[0]=0;
if (i==a[t]) b[t]++;
else{
a[++t]=i;
b[t]=1;
}
if (j==a[t]) b[t]++;
else{
a[++t]=j;
b[t]=1;
}
if (k==a[t]) b[t]++;
else{
a[++t]=k;
b[t]=1;
}
if (l==a[t]) b[t]++;
else{
a[++t]=l;
b[t]=1;
}
g[1]=g[0]=1;
while (t){
count(f[a[t]],b[t],h);
cheng(g,h,g);
t--;
}
add(ans,g,ans);
}
if (n%2==0){
count(f[n/2],2,h);
add(ans,h,ans);
}
printf("%lld",ans[ans[0]]);
fd(i,ans[0]-1,1){
t=ans[i];
k=ws/10;
while (k){
printf("%lld",t/k%10);
k/=10;
}
}
}