[BZOJ]1089 严格n元树(SCOI2003)

　　十几年前的题啊……果然还处于高精度遍地走的年代。不过通过这道题，小C想mark一下n叉树计数的做法。

Description

　　如果一棵树的所有非叶节点都恰好有n个儿子，那么我们称它为严格n元树。如果该树中最底层的节点深度为d（根的深度为0），那么我们称它为一棵深度为d的严格n元树。例如，深度为2的严格2元树有三个，如下图：

　　

　　给出n,d，编程数出深度为d的n元树数目。

Input

　　仅包含两个整数n,d。

Output

　　仅包含一个数，即深度为d的n元树的数目。

Sample Input

　　3 5

Sample Output

　　58871587162270592645034001

HINT

　　0 < n <= 32，0 <= d <=16，保证答案的十进制位数不超过200位。

Solution

　　把题目中树的边看成点，点看成边，题目就转化为求深度为d的n叉树的个数（根节点深度为1）。

　　直觉告诉我们，深度在d以内的树的个数 比 深度为d的树的个数 好求，所以，设f[d]=深度在d以内的树的个数。

　　然后 深度为d的树的个数 = 深度在d以内的树的个数 - 深度在d-1以内的树的个数 = f[d] - f[d-1]。

　　然而小C一开始还是没有头绪，开始DP打表观察规律。

　　然后就观察出了递推式：f[x] = f[x-1]^n+1 (1<=x<=d , f[0] = 1)。

　　仔细想想为什么呢？我们用n棵深度在x-1以内的树作为儿子，再加上根节点就变成深度在x以内的树啦！

　　最后+1是因为还要加上深度为0的空树。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define MOD 10000
#define MS 400
#define MN 20
using namespace std;
struct hp
{
    int len,a[MS];
    void add() {++a[1];}
    friend hp operator-(const hp& A,const hp& B)
    {
        hp C=A;
        register int i;
        for (i=1;i<=B.len;++i)
        {
            C.a[i]-=B.a[i];
            if (C.a[i]<0) --C.a[i+1],C.a[i]+=MOD;
        }
        while (!C.a[C.len]) --C.len;
        return C;
    }
    friend hp operator*(const hp& A,const hp& B)
    {
        hp C; C.len=A.len+B.len+1;
        register int i,j;
        memset(C.a,0,sizeof(C.a));
        for (i=1;i<=A.len;++i)
            for (j=1;j<=B.len;++j)
                C.a[i+j-1]+=A.a[i]*B.a[j];
        for (i=1;i<C.len;++i)
            C.a[i+1]+=C.a[i]/MOD,C.a[i]%=MOD;
        while (!C.a[C.len]) --C.len;
        return C;
    }
}f[MN],ans;
int m,n;

inline int read()
{
    int n=0,f=1; char c=getchar();
    while (c<'0' || c>'9') {if(c=='-')f=-1; c=getchar();}
    while (c>='0' && c<='9') {n=n*10+c-'0'; c=getchar();}
    return n*f;
}

hp mi(hp x,int y)
{
    hp z;
    memset(z.a,0,sizeof(z.a)); z.len=z.a[1]=1;
    for (;y;y>>=1,x=x*x) if (y&1) z=z*x;
    return z;
}

int main()
{
    register int i;
    m=read(); n=read();
    if (n<=1) return 0*printf("1");
    f[1].len=1; f[1].a[1]=2;
    for (i=2;i<=n;++i) f[i]=mi(f[i-1],m),f[i].add();
    ans=f[n]-f[n-1];
    printf("%d",ans.a[ans.len]);
    for (i=ans.len-1;i;--i) printf("%04d",ans.a[i]);
}

Last Word

　　果然还是观察规律好用。

　　一道还算不错的题因为掺了高精度而风评被害。