Prufer 序列
定义与建立
Prufer 序列可以将一个带标号 \(n\) 个结点的树用 \([1,n]\) 中的 \(n-2\) 个整数表示。一个无向带标号生成树与数列之间的双射。
对于一棵树，每次我们选择它编号最小的叶子结点，删除它并记录下与它相连的节点的编号，那么最终记录下的 \(n-2\) 个数就组成了这棵树的 Prufer 序列。
显然用这个东西维护树的结构感觉非常不好，这个东西主要用来数数用的。
对树建立 Prufer 序列
按照定义直接建立，那么每次从堆中取出最小的数，删去它并记录。
这样可以得到一个 \(\mathcal{O(n\log n)}\) 的做法，但是显然这不够优美，我们需要一个 \(\mathcal{O(n)}\) 的解法。
我们发现剩余的叶子结点数量是递减的，每次删除要么少一个，要么少一个又多一个。
从小到大枚举编号 \(p\)，如果是叶子结点，将和它们相邻的点放入 Prufer 序列中。考虑这个叶子结点带来的新叶子结点：
- 如果和它相邻的点编号 \(p'>p\) 或者 \(p'\) 没有变成叶子结点，那么不用管，它会在之后被枚举到。
- 但是如果 \(p'<p\)，它在时候不会被枚举到了。但是发现删除之前当前最小的叶子结点是 \(p\)，所以删后 \(p'\) 必然是最小的叶子，所以可以直接继续删除 \(p'\)。
for(int i=1,x;i<n;i++) x=rd(),add(i,x),add(x,i),ind[i]++,ind[x]++;
// [1,n-1] 的父亲序列
for(int i=1;i<=n;i++) if(ind[i]==1) exist[i]=true;
for(int i=1,p;i<=n;i++)
{
if(!exist[i]) continue;
p=i;
while(p<=i)
{
used[p]=true;
for(int j=hea[p];j;j=nex[j])
if(!used[ver[j]]) { p=ver[j]; break; }
if(ind[p]==1) break;
ind[p]--,pru[++cnt]=p;
if(ind[p]==1) exist[p]=true;
if(ind[p]!=1 || p>i) break;
}
if(ind[p]==1) exist[p]=true;
}
assert(cnt==n-2);
for(int i=1;i<=cnt;i++) ret^=1ll*i*pru[i];
printf("%lld\n",ret);
用 Prufer 还原无根树
发现 Prufer 序列中的每个数的出现次数就是原树中每个点的度数 \(-1\)，可以每次连一个叶子结点重构。
方法类似，一个暴力的做法是每次选出最小的当前的叶子结点，将它与 Prufer 序列最前面的元素相连，这样复杂度是 \(\mathcal{O(n\log n)}\) 的。
发现叶子结点编号递增，设删去的叶子结点为 \(p\)，和它相邻的是 \(p'\)。当加完 \(p\) 后 \(p'\) 的度数变为 \(1\) 并且 \(p'<p\)，那么它下一次一定被选择，直接继续连边即可。
for(int i=1;i<=n-2;i++) pru[i]=rd(),ind[pru[i]]++;
for(int i=1;i<=n;i++) if(!ind[i]) exist[i]=true;
int pos=1;
for(int i=1,p;i<=n;i++)
{
if(!exist[i]) continue;
p=i;
while(p<=i)
{
if(pos==n-1) { fa[p]=n; break; }
fa[p]=pru[pos],p=pru[pos],ind[p]--,pos++;
if(pos>=n) break;
if(ind[p] || p>i) break;
}
if(!ind[p]) exist[p]=true;
}
for(int i=1;i<n;i++) ret^=1ll*i*fa[i];
printf("%lld\n",ret);
主要性质
-
Prufer 序列与无根树一一对应（好像比较显然）
-
度数为 \(d_i\) 的点在 Prufer 序列中出现 \(d_i-1\) 次（上面还用到了这个结论）
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【根据度数求方案】对于给定每个点度数为 \(d_i\) 的无根树，方案数为：
\[\dfrac{(n-2)!}{\prod_{i=1}^{n}(d_i-1)!} \]证明：Prufer 序列长度为 \(n-2\)，每个数出现次数为 \(d_i-1\)，根据组合意义直接计算全排列即可。
-
【根据连通块数量与大小求方案】一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的带标号无向图有 \(k\) 个连通块，每个连通块大小为 \(s_i\)，需要增加 \(k-1\) 条边使得整个图联通，方案数为：（但是当 \(k=1\) 时需要特判）
\[n^{k-2}\cdot\prod_{i=1}^{k}s_i \]证明见 OI-wiki