1005: [HNOI2008]明明的烦恼
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
前置知识：
做这题之前我们需要先了解Prufer Sequence，即普吕弗序列
对于一颗完全已知，有n个节点，且所有的节点都有一个标号的前提下，我们对一棵树的叶子结点（即是度数为1的节点）按照其标号从小到大消去，每消去一个节点，我们就将它的父节点的编号记入一个序列中，直到树只剩下一条边时，得到一段长为n-2的唯一可以表示这棵树的序列，既是Prufer Sequence
举个例子：
现在我们有下图这么一棵树
我们对其进行如上操作就可以得到这么一段序列
| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
|---|---|---|---|---|
| 4 | 4 | 4 | 5 | 5 |
对上图及表，我们似乎可以发现规律：
在普吕弗序列中点出现的次数等于这个点在树中的度数-1
由于所有的普吕弗序列和树唯一相对应，且有如上性质，因此，在给出了一棵树的度数之后想要求得树的数量，就可以转化为，求序列的组合的数量
那么就是一个简单的排列组合问题了
设无度数要求的点数是num,有要求的点数是poi，有要求的点在序列中出现的次数为sum，点的总数是n，那么答案就是：
值得注意的是当只有一个节点时，需要特判，假如这个点度数不为0则无法构成树，而点大于1时，不能有点的度数为0，且必须出现的数的次数必须小于n-2
由于最终的数会很大，所以我们需要使用大数
AC代码
/**************************************************************
Problem: 1005
User: FlyWhite
Language: C++
Result: Accepted
Time:84 ms
Memory:1304 kb
****************************************************************/
#include<cstring>
#include<string>
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int size=1005;
struct BigInt{
const static int mod=10000;
const static int DLEN=4;
int a[4005],len;
BigInt(){
memset(a,0,sizeof(a));
len=1;
}
BigInt(int v){
memset(a,0,sizeof(a));
len=0;
do{
a[len++]=v%mod;
v/=mod;
}while(v);
}
BigInt(const char s[])
{
memset(a,0,sizeof(a));
int L=strlen(s);
len=L/DLEN;
if(L%DLEN) len++;
int index=0;
for(int i=L-1;i>=0;i-=DLEN)
{
int t=0;
int k=i-DLEN+1;
if(k<0) k=0;
for(int j=k;j<=i;j++)
{
t=t*10+s[j]-'0';
}
a[index++]=t;
}
}
BigInt operator+ (const BigInt &b) const{
BigInt res;
res.len=max(len,b.len);
for(int i=0;i<=res.len;i++)
{
res.a[i]=0;
}
for(int i=0;i<res.len;i++)
{
res.a[i]+=((i<len)?a[i]:0)+((i<b.len)?b.a[i]:0);
res.a[i+1]+=res.a[i]/mod;
res.a[i]%=mod;
}
if(res.a[res.len]>0) res.len++;
return res;
}
BigInt operator *(const BigInt &b) const {
BigInt res;
for(int i=0;i<len;i++)
{
int up=0;
for(int j=0;j<b.len;j++){
int temp=a[i]*b.a[j]+res.a[i+j]+up;
res.a[i+j]=temp%mod;
up=temp/mod;
}
if(up!=0) res.a[i+b.len]=up;
}
res.len=len+b.len;
while(res.a[res.len-1]==0&&res.len>1) res.len--;
return res;
}
void output(){
printf("%d",a[len-1]);
for(int i=len-2;i>=0;i--)
{
printf("%04d",a[i]);
}
printf("\n");
}
};
int du[size];
int tim[size];
bool prime[size];
int p[size],tot;
void init_prime(int n)
{
tot=0;
fill(prime,prime+size,true);
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(prime[i] ) p[tot++]=i;
for(int j=0;j<tot&&i*p[j]<n;j++)
{
prime[i*p[j]]=false;
if(i%p[j]==0) break;
}
}
}
void solve(int num,int op)
{
for(int i=2;i<=num;i++)
{
int w=i;
for(int j=0;j<tot;j++)
{
if(w%p[j]==0)
while(w%p[j]==0)
{
w/=p[j];
tim[j]+=op;
}
}
}
}
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
memset(tim,0,sizeof(tim));
init_prime(n);
if(n==1)
{
int v;
scanf("%d",&v);
if(v>0) printf("0\n");
else printf("1\n");
return 0;
}
int sum=0;
int num=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&du[i]);
if(du[i]==0)
{
printf("0\n");
return 0;
}
if(du[i]==-1)
{
num++;
continue;
}
du[i]--;
sum+=du[i];
}
if(sum>n-2)
{
printf("0\n");
return 0;
}
BigInt ans(1);
solve(n-2,1);
if(n-sum-2>1)solve(n-sum-2,-1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(du[i]>1)solve(du[i],-1);
}
int w=num;
int op=n-sum-2;
for(int j=0;j<tot;j++)
{
if(w%p[j]==0)
while(w%p[j]==0)
{
w/=p[j];
tim[j]+=op;
}
}
for(int i=0;i<tot;i++)
{
BigInt N(p[i]);
while(tim[i]--)
ans=ans*(N);
}
ans.output();
}