bzoj1005[明明的烦恼] purfer编码

之前提到过purfer编码了。

一棵树唯一对应一个purfer编码，一个purfer编码唯一对应一棵树。

1005: [HNOI2008]明明的烦恼

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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

Source

一棵n个节点的树一定对应一个n-2的purfer编码，而度数确定的点一定会出现在purfer编码内。

我们假设cnt为确定度数的点的个数，sum为所有确定的点的度数-1之和。

则，n-2里面必定要出现sum个确定的数，方案数为C(sum,n-2),并且这sum个数的每一种排列都是一种新的方案。

由不尽相异的全排列，方案数C(sum,n-2)*sum!/π(d[i]-1)!

剩下的n-2-sum个位置就排剩下的n-cnt个，每个位置随便填，就是(n-cnt)^(n-2-sum).

总方案数为确定度数填的方案*不确定度数填的方案。

ans=C(sum,n-2)*sum!/π(d[i]-1)!   *(n-cnt)^(n-2-sum)

展开组合项化简,ans=(n-2)!/(π(d[i]-1)!   *(n-2-sum)!)  *(n-cnt)^(n-2-sum)

当n-2-sum<0的时候无解，当d[i]=0的时候无解，当n=1的时候讨论一下。

剩下就是高精度了

（PS:我的高精度把高精*低精先把低精转成高精再相乘，结果T了，改了之后过了）

#include<cstdio>#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<algorithm>#include<queue>#include<cmath>#define base 1000000#define maxlen 510#define get(x) (x-'0')using namespace std;const int maxn=1000+5;/*一共n个点，n-1条边，度数为2n-2对于度数确定的，可以在kirchhoff矩阵直接在对角线上设，不确定的，枚举。然后把所有kirchhoff矩阵的主子式加起来 然而复杂度是难以接受的所以正解是：http://www.cnblogs.com/zhj5chengfeng/archive/2013/08/23/3278557.html 考虑n个点一定对应n-2长度的purfer编码。 */int n;int di[maxn];int cnt;//对度数作要求个数int sum;//确定度数之和  struct bign{int sign,len;int c[maxlen];bign(){sign=0;len=1;memset(c,0,sizeof(c));}void zero(){while(len-1&&!c[len])len--;}void writen(char *s){int l=strlen(s),lim=0,k=1;if(s[0]=='-'){sign=1;lim=1;}for(int i=l-1;i>=lim;i--){c[len]+=get(s[i])*k;k*=10;if(k==base){k=1;len++;}}}void Print(){if(sign)puts("-");printf("%d",c[len]);for(int i=len-1;i>=1;i--)printf("%06d",c[i]);printf("\n");}bign operator =(int a){while(a){c[len++]=a%base;a/=base;}zero();return *this;}bool operator <(const bign &b){if(len!=b.len)return len<b.len;for(int i=len;i>=1;i--){if(c[i]!=b.c[i])return c[i]<b.c[i];}return false;}bool operator >=(const bign &b){if(len!=b.len)return len>b.len;for(int i=len;i>=1;i--){if(c[i]!=b.c[i])return c[i]>b.c[i];}return true;}bign operator +(const bign &b){bign r;r.len=max(len,b.len)+1;for(int i=1;i<=r.len;i++){r.c[i]=c[i]+b.c[i];r.c[i+1]+=r.c[i]/base;r.c[i]%=base;}r.zero();return r;}bign operator +(const int &a){bign b;b=a;return *this+b;}bign operator *(const bign &b){bign r;r.len=len+b.len+2;for(int i=1;i<=len;i++){for(int j=1;j<=b.len;j++){r.c[i+j-1]+=c[i]*b.c[j];r.c[i+j]+=r.c[i+j-1]/base;r.c[i+j-1]%=base;}}r.zero();return r;}bign operator *(const int &a){bign r;r.len=len+5;for(int i=1;i<=r.len;i++){r.c[i]+=c[i]*a;r.c[i+1]+=r.c[i]/base;r.c[i]%=base;}r.zero();return r;}bign operator -(const bign &b){bign r=*this,y=b;if(r<y){swap(r,y);r.sign=1;}for(int i=1;i<=r.len;i++){r.c[i]-=y.c[i];if(r.c[i]<0){r.c[i]+=base;r.c[i+1]--;}}r.zero();return r;}bign operator -(const int &a){bign b;b=a;return *this-b;}bign operator /(const bign &b){bign res,ans;ans.len=len;for(int i=len;i>=1;i--){res=res*base;res.c[1]=c[i];while(res>=b){ans.c[i]++;res=res-b;}}ans.zero();return ans;}bign operator /(const int &a){bign ans;ans.len=len;int res=0;for(int i=len;i>=1;i--){ans.c[i]=(res+c[i])/a;res=(c[i]+res)%a*base;}ans.zero();return ans;}bign operator ^(const int &y){bign res;bign r=*this;res=1;int t=y;while(t){if(t&1)res=res*r;t>>=1;r=r*r;//if(t<100)r.Print();}return res;}}f;int main(){cnt=0;sum=0;f=1;scanf("%d",&n);if(n==1){int x;scanf("%d",&x);if(x==1)printf("1\n");else printf("0\n");return 0;}for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&di[i]);if(di[i]==0){printf("0\n");return 0;}if(di[i]!=-1){cnt++;sum+=di[i]-1;}}/*n-2的位置一定要选sum个位置 C(sum,n-2) 这sum位置进行不尽相异全排列,得到 C(sum,n-2)*sum!/π(1~cnt)(di[i]-1)!剩下n-2-sum个位置，排剩下的n-cnt个，随便排(n-cnt)^(n-2-sum)*C(sum,n-2)*sum! /π(1~cnt)(di[i]-1)!ans=(n-2)!*(n-cnt)^(n-2-sum)/(n-2-sum)!/连乘d[i]-1 */ if(n-2-sum<0){printf("0\n");return 0;}for(int i=n-2-sum+1;i<=n-2;i++){f=f*i;}for(int i=1;i<=n-2-sum;i++)f=f*(n-cnt);for(int i=1;i<=n;i++){if(di[i]>2){for(int j=2;j<di[i];j++)f=f/j;}}f.Print();return 0;}