【BZOJ 1005】[HNOI2008]明明的烦恼(暴力化简法)

【题目链接】:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1005

【题意】

中文题

【题解】

一棵节点上标有序号的树会和一个prufer数列唯一对应;
这个prufer数列可以这样获得;
每次找到序号最小的叶子节点;
然后把它删掉;
将与之相连的那个点加入数列的尾端;
重复上述操作直到只剩下两个节点为止;
即最后
一棵n个节点的树对应了一个长度为n-2的数列;
eg:

比如说这个图；
最小叶节点为2，删除2，将3计入序列
最小叶节点为4，删除4，将5计入序列
最小叶节点为5，删除5，将1计入序列
最小叶节点为1，删除1，将3计入序列
图中只剩下两个节点，退出
于是得到这棵树的Prufer序列为{3,5,1,3}
容易发现;
序列中某个数字出现的次数,就是它的度数-1;
且一个prufer序列(有序数列)也唯一对应了一棵树;
假设题目所给的n个节点,那些d[i]!=-1的每个节点的所需度数减去1后的总和为tot;
设有特定度数的节点个数为y,然后令没有特殊需要的节点个数为m
这样,我们相当于在n-2个空格当中选择tot个位置去放那些需要的y个节点;
那就是个组合问题了;
先在n-2个空格中选tot个位置；
即C(n-2,tot);······①
然后对于第i个节点,他要在位置里面选d[i]-1个空格放进去;
即
C(tot,d[i]-1]);·····②
然后对于第i+1个节点;
C(tot-(d[i]-1),d[i+1]-1);····③
…
然后将①②③….全部乘起来就是有特殊需求的节点的答案了;
至于剩下的m个没有特殊需求的节点;
在剩余的n-2-tot个位置里面;每个位置都有m个选择;
即m^(n-2-tot);
也乘上去就好;
最后全部乘在一起;
化简后就变为
【m^(n-2-tot)* (n-2)!】/【(n-2-tot)!* (d[1]-1)!*(d[2]-1)!……(d[n]-1)!】;
因为是方案,所以最后肯定可以约成整数;
所以问题就变成将n!质因数分解了;
(1..n每个数都质因数分解一下);
可以考虑分母和分子对最后结果的质因数分解形式的贡献;
分子的质因子对最后结果的相应质因子的指数的贡献是+1的;
而分母的质因子对最后结果的相应质因子的指数的贡献肯定是-1的;
有几个就减去相应的次数或加上相应的次数就好;
(需要写高精度);
(下一篇有更好的化简方法);

【完整代码】

/**************************************************************
    Problem: 1005
    User: chengchunyang
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:36 ms
    Memory:1304 kb
****************************************************************/

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define LL long long
#define rep1(i,a,b) for (int i = a;i <= b;i++)
#define rep2(i,a,b) for (int i = a;i >= b;i--)
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define rei(x) scanf("%d",&x)
#define rel(x) scanf("%I64d",&x)

typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<LL,LL> pll;

const int dx[9] = {0,1,-1,0,0,-1,-1,1,1};
const int dy[9] = {0,0,0,-1,1,-1,1,-1,1};
const double pi = acos(-1.0);
const int N = 1100;

int n,d[N],m,tot,cnt[N];
int ans[N],len = 1;

void go(int t,int x)
{
    for (int i = 2;i*i<=t;i++)
        while (t%i==0)
        {
            cnt[i]+=x;
            t/=i;
        }
    cnt[t]+=x;
}

void cheng(int p)
{
    int x = 0;
    rep1(i,1,len)
    {
        ans[i] = ans[i]*p+x;
        x = ans[i]/10;
        ans[i]%=10;
    }
    while (x>0)
    {
        ans[++len] = x;
        x = ans[len]/10;
        ans[len]%=10;
    }
}

int main()
{
    //freopen("F:\rush.txt","r",stdin);
    rei(n);
    rep1(i,1,n)
    {
        rei(d[i]);
        if (d[i]==0) return puts("0"),0;
        if (d[i]==-1)
            m++;
        else
            d[i]--,tot+=d[i];
    }
    if (n-2<tot)
        return puts("0"),0;
    rep1(i,1,n-2)
        go(i,1);
    rep1(i,1,n-2-tot)
        go(i,-1);
    rep1(i,1,n)
        rep1(j,1,d[i])
            go(j,-1);
    ans[1] = 1;
    rep1(i,2,n)
        rep1(j,1,cnt[i])
            cheng(i);
    rep1(i,1,n-2-tot)
        cheng(m);
    rep2(i,len,1)
        printf("%d",ans[i]);
    return 0;
}