bzoj1005 [HNOI2008]明明的烦恼

题意: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?

相当于统计这种情形下的不同的$prufer$序列的个数。

若$K$个点的度数已知,且$\sum_{i=1}^{K}(A_i -1)=N$,则易得序列个数为${n-2 \choose N} \frac{N!}{\prod_{i=1}^{K}(A_i-1)}(n-K)^{n-2-N}$个,拆开组合数化简得$\frac{(n-2)!}{(n-2-N)!}\times \frac{(n-K)^{n-2-N}}{\prod_{i=1}^{K}(A_i-1)}$。

考虑分解$1\cdots n$里的所有数,然后统计各个质因子的个数,高精度乘起来,这样可以避免除法。

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=(int)1e6;
const int maxn=1000+5;
bool vis[maxn];
int pr[maxn],re[maxn],cnt=0,dv[maxn][maxn],D[maxn];
void getpr(int x)
{
for(int i=2;i<=x;i++) {
if(!vis[i]) pr[++cnt]=i,re[i]=cnt;
for(int j=1;j<=cnt;j++) {
if(i*pr[j]>x) break;
vis[i*pr[j]]=true;
if(i%pr[j]==0) break;
}
}
}
int n,deg[maxn],N,K,L;
ll ans[10000+5];
void div(int x)
{
int tmp=x;
for(int i=2;i*i<=x;i++) {
while(x%i==0) {
dv[tmp][re[i]]++;
x/=i;
}
}
if(x!=1) dv[tmp][re[x]]++;
}
struct num{
int a[10000+5],len;
void ini()
{
memset(a,0,sizeof(a));
len=0;
}
void print()
{
for(int i=len;i>=1;i--) printf("%d",a[i]);
}
num operator=(int k)
{
while(k>0) {
a[++len]=k%10;
k/=10;
}
return *this;
}
num operator*(const int k)
{
num ret=*this;
for(int i=1;i<=ret.len;i++) ret.a[i]*=k;
for(int i=1;i<=ret.len;i++) {
ret.a[i+1]+=ret.a[i]/10;
ret.a[i]=ret.a[i]%10;
}
while(ret.a[ret.len+1]>0) {
ret.len++;
ret.a[ret.len+1]+=ret.a[ret.len]/10;
ret.a[ret.len]=ret.a[ret.len]%10;
}
return ret;
}
};
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%d",&deg[i]);
if(~deg[i]) N+=deg[i]-1,K++;
}
getpr(n);
for(int i=1;i<=n;i++) div(i);
for(int i=1;i<=n-2;i++){
for(int j=1;j<=cnt;j++) D[j]+=dv[i][j];
}
for(int i=1;i<=cnt;i++) D[i]+=dv[n-K][i]*(n-2-N);
for(int i=1;i<=n-2-N;i++) for(int j=1;j<=cnt;j++) D[j]-=dv[i][j],assert(D[j]>=0);
for(int i=1;i<=n;i++) {
if(deg[i]==-1) continue;
for(int k=1;k<=deg[i]-1;k++)
for(int j=1;j<=cnt;j++) D[j]-=dv[k][j];
}
num ans;ans.ini();ans=1;
for(int i=1;i<=cnt;i++) for(int j=1;j<=D[i];j++) ans=ans*pr[i];
ans.print();puts("");
return 0;
}