【BZOJ】1005 明明的烦恼

Overview

【题意】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？

【范围】0<N≤1000

Analysis

题解1号

题解2号

上面的题解的推导已经很详细了，公式如下：

total=(n−2)!×nn−2−cnt(n−2−cnt)!×∏ni=1(di−1)!

先把特殊情况和非法情况处理掉。
对于n=1 ，需要特判是否有边。
对于n<2+cnt ，非法。

接着计算公式。
由于所有看得见的数值都是可直接计算的，所以考虑记录因数个数，然后再用高精度乘单精度。
先明确一点，由于我们最后的结果是整数，所以不论公式长什么样，一定有因数个数非负。

对于阶乘，可以预处理出每个数的情况，然后用前缀和；也可以不断整除取余来累加（小学希望杯培训……）

对于nn−2−cnt ，直接求n 的分解情况，然后乘上n−2−cnt 即可。

Sumarize

高精度中分解质因数，将因数累加的使用：
①已知的数都可以直接计算；
②阶乘可以直接用整除来分解，也可以使用前缀和；
③对于小的数，最好用欧拉筛法等方法先求出所有的质因数来优化时间。

Prufer编码：
①构造与还原的方法；
②经常跟度数和树的计数有关。

Code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
using namespace std;

const int N=1010;

int n,d[N];
int cnt[N],sum;
int v[N],p[N],c[N][N];
int rc[N],res[N];

inline int read(void)
{
    int s=0,f=1; char c=getchar();
    for (;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if (c=='-') f=-1;
    for (;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) s=(s<<1)+(s<<3)+c-'0';
    return s*f;
}

int mutiply(int k)
{
    int m,g=0;
    for (int i=1;i<=res[0];i++)
    {
        m=res[i]*k+g;
        res[i]=m%10;
        g=m/10;
    }
    for (;g;g/=10) res[++res[0]]=g%10;
}

int main(void)
{   
    n=read();
    for (int i=1;i<=n;i++) d[i]=read();

    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        if (!d[i]) {printf("0\n");return 0;}
        if (d[i]>0) sum+=cnt[++cnt[0]]=d[i]-1;
    }

    if (n==1) {printf("%d\n",!cnt[0]?1:0);return 0;}
    if (n-2<sum) {printf("0\n");return 0;}

    for (int i=2;i<=n;i++)
    {
        if (!v[i]) p[++p[0]]=i;
        for (int j=1;j<=p[0];j++)
        {
            if (i*p[j]>n) break;
            v[i*p[j]]=1;
            if (i%p[j]==0) break;
        }
    }

    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=p[0];j++)
            for (int k=i;k!=1&&k%p[j]==0;k/=p[j]) c[i][j]++;
    for (int i=1;i<=p[0];i++) rc[i]+=c[n-cnt[0]][i]*(n-2-sum);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=p[0];j++) c[i][j]+=c[i-1][j];
    for (int i=1;i<=p[0];i++) rc[i]+=c[n-2][i];
    for (int i=1;i<=p[0];i++) rc[i]-=c[n-2-sum][i];
    for (int i=1;i<=cnt[0];i++)
        for (int j=1;j<=p[0];j++) rc[j]-=c[cnt[i]][j];

    res[0]=res[1]=1;
    for (int i=1;i<=p[0];i++)
        for (int j=1;j<=rc[i];j++) mutiply(p[i]);
    for (int i=res[0];i;i--) printf("%d",res[i]);
    printf("\n");

    return 0;
}