【XSY1295】calc n个点n条边无向连通图计数 prufer序列

题目大意

　　求(n)个点(n)条边的无向连通图的个数

　　(nleq 5000)

题解

　　显然是一个环上有很多外向树。

　　首先有一个东西：(n)个点选(k)个点作为树的根的生成森林个数为：

[inom{n}{k} imes n^{n-k-1} imes k ]

　　前面(inom{n}{k})是这些根的选编号的方案数，后面是prufer序列得到的：前面(n-k-1)个数可以是(1)~(n)，第(n-k)个数是(1)~(k)。

　　我的理解是：每个序列决定了一部分点作为"叶子节点"，剩下的每个点按顺序选一个编号最小的"叶子节点"作为这个点的儿子（选编号最小的是因为1.如果一个点可以选多个儿子就不会重复计数；2.两个数的先后顺序不同，那么选的儿子也不同，会让先后顺序成为影响因素），然后如果这个点不能再选儿子，那么这个点就会成为"叶子节点"。选了(n-k-1)个点后会剩下(k)个根和一个不是根的点，然后(k)个根中的一个点连向剩下这个点。

　　最后(k)个点的环的排列方式有(frac{(k-1)!}{2})。你可以选编号最小的点为"根"，剩下(k-1)个点每次选一个点连向上一个点，最后一个点再连向第一个点。因为环可以翻转，所以方案数要除以(2)。你也可以认为是先生成一个排列，然后旋转这个环（除以(k)），然后翻转这个环（除以(2)）。

　　最终的式子是

[egin{align} &~~~~~sum_{k=3}^{n}inom{n}{k} imes n^{n-k-1} imes k imes frac{(k-1)!}{2}\ &=sum_{k=3}^{n}frac{n! imes n^{n-k-1} imes k imes (k-1)!}{k! imes (n-k)! imes 2}\ &=sum_{k=3}^{n}frac{n!n^{n-k-1}}{2(n-k)!} end{align} ]

　　写个高精度什么的乱搞一下就可以了。

　　时间复杂度：(O(n^2))

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<utility>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
int p=10000;
struct bign
{
	int a[5010];
	bign()
	{
		memset(a,0,sizeof a);
	}
	int &operator [](int x)
	{
		return a[x];
	}
	bign &operator *=(int v)
	{
		int i,s,g=0;
		bign &a=*this;
		for(i=1;i<=5000;i++)
		{
			s=g+a[i]*v;
			g=s/p;
			a[i]=s%p;
		}
		return a;
	}
	bign &operator /=(int v)
	{
		int i,s,g=0;
		bign &a=*this;
		for(i=5000;i>=1;i--)
		{
			s=g*p+a[i];
			a[i]=s/v;
			g=s%v;
		}
		g=0;
		for(i=1;i<=5000;i++)
		{
			s=g+a[i];
			a[i]=s%p;
			g=s/p;
		}
		return a;
	}
	bign &operator +=(bign &b)
	{
		int i,s,g=0;
		bign &a=*this;
		for(i=1;i<=5000;i++)
		{
			s=a[i]+b[i]+g;
			a[i]=s%p;
			g=s/p;
		}
		return a;
	}
};
bign a,ans;
int main()
{
	int n;
	scanf("%d",&n);
	int i;
	a[1]=1;
	for(i=2;i<=n-1;i++)
		a*=i;
	ans+=a;
	for(i=n-1;i>=3;i--)
	{
		a*=n;
		a/=n-i;
		ans+=a;
	}
	ans/=2;
	for(i=5000;!ans[i];i--);
	printf("%d",ans[i]);
	for(i--;i;i--)
		printf("%04d",ans[i]);
	printf("
");
	return 0;
}