bzoj1005: [HNOI2008]明明的烦恼

转自 http://www.cnblogs.com/zhj5chengfeng/archive/2013/08/23/3278557.html

题目大意

 

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

 

做法分析

 

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

 

有了 Purfer Sequence 的知识，这题怎么搞定呢？

 

先不考虑无解的情况，从 Purfer Sequence 构造树的过程中可知，一个点的度数减一表示它在 Purfer Sequence 中出现了几次，那么：

假设度数有限制的点的数量为 cnt，他们的度数分别为：d[i]

另：

 


那么，在 Purfer Sequence 中的不同排列的总数为：



而剩下的 n-2-sum 个位置，可以随意的排列剩余的 n-cnt 个点，于是，总的方案数就应该是：



化简之后为：



在有解的情况下，计算该结果输出就行了

无解的情况非常好确定，这里就再讨论了

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
#define len 11000
struct bignumber
{
int n;
int a[len];
void clear()
{ n=0; memset(a,0,sizeof(a)); }
void init(char *s)
{
clear(); n=strlen(s);
for(int i=0;s[i];++i) a[n-i]=s[i]-'0';
while (a
==0 && n>1) --n;
}
void init(int s)
{
clear();
if(s==0) { n=1; return; }
while (s) { a[++n]=s%10; s/=10; }
}
void output()
{ for(int i=n;i>0;i--) printf("%d",a[i]); printf("\n"); }
};
bignumber operator + (bignumber a,bignumber b)
{
a.n=max(a.n,b.n);
for(int i=1;i<=a.n;i++)
{
a.a[i]+=b.a[i];
a.a[i+1]+=a.a[i]/10;
a.a[i]%=10;
}
if(a.a[a.n+1]>0) a.n++;
return a;
}
bignumber operator - (bignumber a,bignumber b)
{
for(int i=1;i<=a.n;i++)
{
a.a[i]-=b.a[i];
if(a.a[i]<0) { a.a[i+1]--; a.a[i]+=10; }
}
while (a.a[a.n]==0 && a.n>1) a.n--;
return a;
}
bignumber operator * (bignumber a,int b)
{
for(int i=1;i<=a.n;i++)
{ a.a[i]=a.a[i]*b+a.a[i-1]/10; a.a[i-1]%=10; }
while (a.a[a.n]>=10)
{ a.n++; a.a[a.n]=a.a[a.n-1]/10; a.a[a.n-1]%=10; }
return a;
}
bignumber operator * (bignumber a,bignumber b)
{
bignumber c;
c.clear();
c.n=a.n+b.n;
for(int i=1;i<=a.n;++i)
for(int j=1;j<=b.n;++j)
c.a[i+j-1]+=a.a[i]*b.a[j];
for(int i=1;i<=c.n;++i)
{
c.a[i+1]+=c.a[i]/10;
c.a[i]%=10;
}
while(c.n>1 && c.a[c.n]==0) --c.n;
return c;
}
bignumber operator / (bignumber a,int b)
{
int tmp=0;
for(int i=a.n;i>0;i--)
{ tmp=tmp*10+a.a[i]; a.a[i]=tmp/b; tmp%=b; }
while (a.a[a.n]==0 && a.n>1) a.n--;
return a;
}
int du[len],n,tot,m;
bignumber ans;
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&du[i]);
if(du[i]!=-1) m++,tot+=du[i]-1;
}
if(n==1)
{
int x=du[1];
if(!x)printf("1");
else printf("0");
return 0;
}
ans.init(1);
for(int i=n-2;i;i--) ans=ans*i;
for(int i=1;i<=n-2-tot;i++) ans=ans*(n-m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(du[i]!=-1)
{
for(int j=2;j<=du[i]-1;j++)
{
ans=ans/j;
}
}
}
for(int i=2;i<=n-tot-2;i++)
ans=ans/i;
ans.output();
return 0;
}