【bzoj1005】[HNOI2008]明明的烦恼 Prufer序列+高精度

题目描述

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?

输入

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

输出

一个整数,表示不同的满足要求的树的个数,无解输出0

样例输入

3
1
-1
-1

样例输出

2

Prufer序列+高精度

Prufer序列：由一棵 $n$ 个点的树唯一产生的一个 $n-2$ 个数的序列。

生成方法：找到这棵树编号最小的叶子节点，将其相邻点加入到序列中，删掉这个点。重复这个过程直到树中只剩下两个点，此时得到的序列即为该树的Prufer序列。

性质：任何一个长度为 $n-2$ ，每个数均在 $1\sum n$ 之间的序列均为一个合法的Prufer序列，对应且只对应着一棵 $n$ 个点的树。

性质：在原树中度数为 $d$ 的点，在Prufer序列中出现了 $d-1$ 次。

根据这两个性质可以考虑本题。给出了每个点的度数限制，即给出了每个点在Prufer序列中出现的次数。对于没给限制的，可以随意选择。

相当于先在 $n-2$ 个数中选出一部分作为没有限制的，剩下的是有限制的。

对于没有限制的，答案就是 $没限制的位置个数^没限制的点的个数$ 。

对于有限制的，使用组合数学的一个公式：长度为 $\sum a_i$ 的序列，第 $i$ 个数出现了 $a_i$ 次的序列数为 $\frac{(\sum a_i)!}{\prod(a_i!)}$ 。

本题不取模，为避免高精度除法，将阶乘分解质因数来处理。

注意特判无解的情况。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mod 100000000
using namespace std;
typedef long long ll;
struct data
{
	int len;
	ll v[400];
	ll &operator[](int a) {return v[a];}
	data operator+(data &a)
	{
		data ans;
		memset(ans.v , 0 , sizeof(ans.v));
		int i;
		for(i = 0 ; i < len || i < a.len || ans[i] ; i ++ )
			ans[i] += v[i] + a[i] , ans[i + 1] = ans[i] / mod , ans[i] %= mod;
		ans.len = i;
		return ans;
	}
	data operator*(int a)
	{
		data ans;
		memset(ans.v , 0 , sizeof(ans.v));
		int i;
		for(i = 0 ; i < len || ans[i] ; i ++ )
			ans[i] += v[i] * a , ans[i + 1] = ans[i] / mod , ans[i] %= mod;
		ans.len = i;
		return ans;
	}
	void write()
	{
		int i;
		printf("%lld" , v[len - 1]);
		for(i = len - 2 ; ~i ; i -- ) printf("%08lld" , v[i]);
		puts("");
	}
}ans;
int a[1010] , cnt[1010] , prime[1010] , tot , np[1010];
void init()
{
	int i , j;
	for(i = 2 ; i <= 1000 ; i ++ )
	{
		if(!np[i]) prime[++tot] = i;
		for(j = 1 ; j <= tot && i * prime[j] <= 1000 ; j ++ )
		{
			np[i * prime[j]] = 1;
			if(i % prime[j] == 0) break;
		}
	}
}
void solve(int x , int a)
{
	int i , j;
	for(i = 1 ; i <= tot ; i ++ )
		for(j = x / prime[i] ; j ; j /= prime[i])
			cnt[i] += a * j;
}
int main()
{
	init();
	int n , i , c1 = 0 , c2 = 0;
	scanf("%d" , &n);
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
	{
		scanf("%d" , &a[i]);
		if(a[i] > 0) c1 += a[i] - 1;
		else if(a[i] == -1) c2 ++ ;
		else
		{
			puts("0");
			return 0;
		}
	}
	if(c1 > n - 2)
	{
		puts("0");
		return 0;
	}
	solve(n - 2 , 1) , solve(n - 2 - c1 , -1);
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
		if(a[i] > 0)
			solve(a[i] - 1 , -1);
	ans[0] = ans.len = 1;
	for(i = 1 ; i <= tot ; i ++ )
		while(cnt[i] -- )
			ans = ans * prime[i];
	for(i = 1 ; i <= n - 2 - c1 ; i ++ ) ans = ans * c2;
	ans.write();
	return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/8135459.html