bzoj 1005 [HNOI2008] 明明的烦恼 (prufer编码)

 [HNOI2008]明明的烦恼

Time Limit: 1 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 5907  Solved: 2305
[Submit][Status][Discuss]

Description

　　自从明明学了树的结构,就对奇怪的树产生了兴趣......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?

Input

　　第一行为N(0 < N < = 1000),
接下来N行,第i+1行给出第i个节点的度数Di,如果对度数不要求,则输入-1

Output

　　一个整数,表示不同的满足要求的树的个数,无解输出0

Sample Input

3
1
-1
-1

Sample Output

2

HINT

　　两棵树分别为1-2-3;1-3-2

 

题解：

　　　　prufer编码对于n个节点的数，是有n-2个数字的，不同的排列对应着不同的

　　　　树，一个度为x的点，出现在prufer编码中的次数是x-1。

　　　　所有就可以组合数学来解决这个问题。

　　　　

假设度数有限制的点的数量为 cnt，他们的度数分别为：d[i]

另：

 

那么，在 Purfer Sequence 中的不同排列的总数为：

而剩下的 n-2-sum 个位置，可以随意的排列剩余的 n-cnt 个点，于是，总的方案数就应该是：

化简之后为：

算了我在说一下，最后那个就是说，给了n-2-sum个位置，可以随便填数，填什么表示这个位置属于谁，好理解吧。

在有解的情况下，计算该结果输出就行了

无解的情况，就比如说超出了个数，这样子的，判断一下，根据prufer性质。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int d[1005];
struct bigint
{
    int a[7000], len;

    bigint()
    {
        memset(a, 0, 28000), len = 1;
    }

    bigint operator* (const int &rhs) const
    {
        bigint ans;
        ans.len = len + 6;
        for(int i = 1; i <= len; ++i)
            ans.a[i] += a[i] * rhs;
        for(int i = 1; i < ans.len; ++i)
            if(ans.a[i] > 9)
            {
                ans.a[i + 1] += ans.a[i] / 10;
                ans.a[i] %= 10;
            }
        while(!ans.a[--ans.len]);
        return ans;
    }

    bigint operator/ (const int &rhs) const
    {
        bigint ans;
        ans = *this, ++ans.len;
        for(int i = ans.len; i; --i)
        {
            ans.a[i - 1] += ans.a[i] % rhs * 10;
            ans.a[i] /= rhs;
        }
        while(!ans.a[--ans.len]);
        return ans;
    }
};

int main()
{
    int n, sum = 0, cnt = 0;
    bigint ans;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        scanf("%d", d + i);
        if(!d[i])
        {
            puts("0");
            return 0;
        }
        if(~d[i]) ++cnt, sum += d[i] - 1;
    }
    if(sum > 2 * n - 2)
    {
        puts("0");
        return 0;
    }
    ans.a[1] = 1;
    for(int i = n - 1 - sum; i < n - 1; ++i)
        ans = ans * i;
    for(int i = 1; i <= n - 2 - sum; ++i)
        ans = ans * (n - cnt);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        for(int j = 2; j <= d[i] - 1; ++j)
            ans = ans / j;
    for(int i = ans.len; i; --i)
        printf("%d", ans.a[i]);
    puts("");
}