BZOJ1005 [HNOI2008]明明的烦恼
2016-08-10 10:49
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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0Sample Input
31
-1
-1
Sample Output
2HINT
两棵树分别为1-2-3;1-3-2正解:purfer 序列+组合数学+高精度
解题报告:
我是看的一篇极其详细的博客看懂的,我还是太弱了,组合数学都不熟练。。。
传送门:http://www.cnblogs.com/zhj5chengfeng/archive/2013/08/23/3278557.html
(我是题解的搬运工):
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 |
将 1 和 3 的度分别减一:
顶点 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
度 | 1 | 3 | 0 | 1 | 1 |
将 1 和 2 的度分别减一:
顶点 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
度 | 0 | 2 | 0 | 1 | 1 |
将 2 和 4 的度分别减一:
顶点 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
度 | 0 | 1 | 0 | 0 | 1 |
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
备注:注意在prufer序列中不出现意味着度数为1!!!
//It is made by jump~ #include <iostream> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <cstdio> #include <cmath> #include <algorithm> #include <ctime> #include <vector> #include <queue> #include <map> #include <set> #ifdef WIN32 #define OT "%I64d" #else #define OT "%lld" #endif using namespace std; typedef long long LL; const int MAXN = 1011; const int MOD = 1000000; int n,d[MAXN],sum,cnt; int prime[MAXN]={2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97,101,103,107,109,113,127,131,137,139,149,151,157,163,167,173,179,181,191,193,197,199,211,223,227,229,233,239,241,251,257,263,269,271,277,281,283,293,307,311,313,317,331,337,347,349,353,359,367,373,379,383,389,397,401,409,419,421,431,433,439,443,449,457,461,463,467,479,487,491,499,503,509,521,523,541,547,557,563,569,571,577,587,593,599,601,607,613,617,619,631,641,643,647,653,659,661,673,677,683,691,701,709,719,727,733,739,743,751,757,761,769,773,787,797,809,811,821,823,827,829,839,853,857,859,863,877,881,883,887,907,911,919,929,937,941,947,953,967,971,977,983,991,997}; int tong[MAXN]; int gao[MAXN]; inline int getint() { int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0' || c>'9') && c!='-') c=getchar(); if (c=='-') q=1, c=getchar(); while (c>='0' && c<='9') w=w*10+c-'0', c=getchar(); return q ? -w : w; } inline void divide(int x,int type){ if(x==0||x==1) return ; for(int j=0;j<=167;j++) { if(x<=1) break; while(x%prime[j]==0) tong[j]+=type,x/=prime[j]; } } inline void work(){ n=getint(); bool ok=true; for(int i=1;i<=n;i++) { d[i]=getint(); if(d[i]==0 || d[i]>n-1) ok=false; if(d[i]>0) sum+=d[i]-1,cnt++; } if(n==1) { if(!d[1]) printf("1"); else printf("0"); return ; } if(sum>n-2){ printf("0");return ;} if(!ok) { printf("0"); return ; } for(int i=n-2-sum+1;i<=n-2;i++) divide(i,1); for(int i=1;i<=n;i++) if(d[i]>0){ for(int j=1;j<=d[i]-1;j++) divide(j,-1); } int kuai=1; gao[kuai]=1; for(int i=1;i<=n-2-sum;i++) { for(int j=1;j<=kuai;j++) gao[j]*=(n-cnt); for(int j=1;j<=kuai;j++) if(gao[j]>=MOD) gao[j+1]+=gao[j]/MOD,gao[j]%=MOD; while(gao[kuai+1]) gao[kuai+1]+=gao[kuai]/MOD,gao[kuai]%=MOD,kuai++; } for(int i=0;i<=167;i++) { while(tong[i]) { for(int j=1;j<=kuai;j++) gao[j]*=prime[i]; for(int j=1;j<=kuai;j++) if(gao[j]>=MOD) gao[j+1]+=gao[j]/MOD,gao[j]%=MOD; while(gao[kuai+1]) gao[kuai+1]+=gao[kuai]/MOD,gao[kuai]%=MOD,kuai++; tong[i]--; } } printf("%d",gao[kuai]); for(int i=kuai-1;i>=1;i--) printf("%06d",gao[i]); } int main() { work(); return 0; }
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