【BZOJ】1005: [HNOI2008]明明的烦恼（prufer编码+特殊的技巧）

原创

a4117170673 2021-08-11 10:13:22 ©著作权

文章标签 OI bzoj 高精度计数质因数分解 文章分类 代码人生

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对于有n个节点的树：

prufer数列和一棵树一一对应。

prufer数列有n-2个元素

prufer数列的构造与解析：

构造：n-2步，每一步在树中查找度为1的标号最小的点，并将这个点所在的边的另一个点放到prufer数列中，两个点的度均-1。

解析：将所有点的度赋值为1，然后将prufer数列的每个元素加上出现次数。n-2步，当前是第i步，找度为1的标号最小点，与prufer的第i个元素连边，两个点的度均-1。最后还剩下两个度为1的点，连边。

于是我们只需要找n-2个元素的排列方案即可。

因为只有d[i]>1的点才会出现在prufer数列中，且次数为d[i]-1，所以我们设

$$sum=\sum_{i=1}^{cnt} (d[i]-1)$$

其中$cnt$表示所有度均为已知的个数。（这里注意，度为1的点也必须算在内，因为他们必然不在prufer数列上，因此方案一一对应。）

然后我们有n-2个格子，那么可以根据多重排列知识，如果有$sum$个放到n-2个格子上，有排列数

$$\frac{sum!}{\prod_{i=1}^{cnt} (d[i]-1)!}$$

那么我们从n-2个格子选出sum个的方案有

$$\dbinom{n-2}{sum}$$

所以从n-2个取sum个的总排列有

$$\dbinom{n-2}{sum} \times \frac{sum!}{\prod_{i=1}^{cnt} (d[i]-1)!}$$

那么考虑还剩余的$n-cnt$个，因为此时还有$n-2-sum$个格子，那么考虑每一个点放在哪个格子的方案就是

$$(n-cnt)^{n-2-sum}$$

然后乘法将两个式子乘起来就是有解的方案了，可以化简为：

$$\frac{(n-2)!}{(n-2-sum)! \times \prod_{i=1}^{cnt} (d[i]-1)!} \times (n-cnt)^{n-2-sum}$$

对于无解的情况，因为只有n-2个格子，因此当sum>n-2，无解。

此外本题还要特判n=1的情况

如果暴力去解决，那么很麻烦。。根据组合知识，我们知道组合一定是能被整除的，那么我们将分子分母分解成质因数的乘积，然后指数加减最后乘起来就行了。。orz

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define rep(i, n) for(int i=0; i<(n); ++i)
#define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);++i)
#define for2(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);++i)
#define for3(i,a,n) for(int i=(a);i>=(n);--i)
#define for4(i,a,n) for(int i=(a);i>(n);--i)
#define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define read(a) a=getint()
#define print(a) printf("%d", a)
#define dbg(x) cout << (#x) << " = " << (x) << endl
#define error(x) (!(x)?puts("error"):0)
inline const int getint() { int r=0, k=1; char c=getchar(); for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar()) if(c=='-') k=-1; for(; c>='0'&&c<='9'; c=getchar()) r=r*10+c-'0'; return k*r; }
#define rdm(x, i) for(int i=ihead[x]; i; i=e[i].next)

const int N=1005;
int prime[N], cnt, notprime[N], p[N][N], ans[N];
void add(int *arr, int x, int s) {
	for1(i, 1, cnt) while(x%prime[i]==0) arr[i]+=s, x/=prime[i];
}
void add(int *h, int s) {
	for1(i, 1, cnt) if(h[i]) ans[i]+=s*h[i];
}
void init() {
	for1(i, 2, 1000) {
		if(!notprime[i]) prime[++cnt]=i;
		for(int j=1; j<=cnt && prime[j]*i<=1000; ++j) {
			notprime[prime[j]*i]=1;
			if(i%prime[j]==0) break;
		}
	}
	p[2][1]=1;
	for1(i, 3, 1000) {
		memcpy(p[i], p[i-1], sizeof(p[i]));
		add(p[i], i, 1);
	}
}
int n, d[N], sum, w, ans2[10005];
void mul(int *a, int c) {
	int i=1;
	for(i=1; i<=a[0]; ++i) a[i]*=c;
	for(i=1; i<=a[0]; ++i) {
		a[i+1]+=a[i]/10;
		a[i]%=10;
	}
	while(a[i]>=10) { a[i+1]+=a[i]/10; a[i]%=10; ++i; }
	while(i>1 && a[i]==0) --i;
	a[0]=i;
}
void P(int *a) {
	for3(i, a[0], 1) printf("%d", a[i]);
}
int main() {
	read(n);
	if(n==1) { int x=getint(); if(x==0) puts("1"); else puts("0"); return 0; }
	for1(i, 1, n) { read(d[i]); if(d[i]!=-1) sum+=d[i]-1, ++w; }
	if(sum>n-2) { puts("0"); return 0; }
	init();
	for1(i, 1, n-2-sum) add(ans, n-w, 1);
	add(p[n-2], 1);
	add(p[n-2-sum], -1);
	for1(i, 1, n) if(d[i]>1) add(p[d[i]-1], -1);
	ans2[0]=ans2[1]=1;
	for1(i, 1, cnt) while(ans[i]) mul(ans2, prime[i]), --ans[i];
	P(ans2);
	return 0;
}