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
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 |
| 度 | 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 |
| 度 | 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 |
| 度 | 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 |
| 度 | 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
<n
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;
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#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");
}