bzoj 1005: [HNOI2008]明明的烦恼 prufer编码+高精度

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?如果对度数不要求,则输入-1

n<=1000

分析

根据prufer编码，很容易得知若一个点的最终读数为d，则该点在prufer序列里面出现的次数为d-1，那么对于其他度数不限的点，我们就可以放任意位置和次数。设有最终度数的点的∑d−1=tot，有k个点的度数不要求

那么ans=C(n−2,tot)∗(n−2−tot)k∗tot!d[1]!d[2]!...d[n]!

显然要用高精度，那么对于阶乘我们可以用分解质因数的方法来消掉除法。

这题估计是noip之前写的最后一题了吧。NOIP2016_rp+=inf!!!

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 1005
#define maxn 10005
using namespace std;

int a[maxn],d
,n,not_prime
,prime
,tot,t
;

void get_prime(int n)
{
for (int i=2;i<=n;i++)
{
if (!not_prime[i]) prime[++tot]=i;
for (int j=1;j<=tot&&prime[j]*i<=n;j++)
{
not_prime[prime[j]*i]=1;
if (i%prime[j]==0) break;
}
}
}

void solve(int x,int y)
{
for (int j=1;j<=tot;j++)
if (x%prime[j]==0)
{
while (x%prime[j]==0)
{
t[j]+=y;
x/=prime[j];
}
}
}

void mul(int x)
{
int s,g=0;
for (int i=maxn;i>=1;i--)
{
int s=a[i]*x+g;
a[i]=s%1000000;
g=s/1000000;
}
}

int main()
{
scanf("%d",&n);
if(n==1)
{
int x;
scanf("%d",&x);
if(!x)printf("1");
else printf("0");
return 0;
}
get_prime(n);
int sum=0,k=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&d[i]);
if (!d[i])
{
printf("0");
return 0;
}
if (d[i]==-1) sum++;
else
{
d[i]--;
k+=d[i];
}
}
if (k>n-2)
{
printf("0");
return 0;
}
a[maxn]=1;
for (int i=2;i<=n-2;i++)
solve(i,1);
for (int i=2;i<=n-2-k;i++)
solve(i,-1);
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=2;j<=d[i];j++)
solve(j,-1);
a[maxn]=1;
for (int i=1;i<=tot;i++)
for (int j=1;j<=t[i];j++)
mul(prime[i]);
for (int i=1;i<=n-2-k;i++)
mul(sum);
int i=1;
while (!a[i]) i++;
for (int j=i;j<=maxn;j++)
if (j==i) printf("%d",a[j]);
else printf("%06d",a[j]);
return 0;
}