在乙個n階完全圖的所有生成樹的數量為n的n-2次方
例題：nyoj 127
#include
using namespace std;
int f(int n)
{int t,i;
t=n;
for(i=1;i>t;
while(t--)
{cin>>n;
if(n==2)
cout<<1<
b1,b2,…,b[n-2]
恢復樹t：
序列i 1,2,…n
序列ii b1,b2,…,b[n-2]
在i中找出第乙個不出現在ii中數，顯然是a1，連線邊(a1, b1)，在i中消去a1，在ii中消
去b1.如此步驟重複n-2次，序列i中兩個數，構成最後一條邊.
以下是來自matirx67的blog.
ayley公式是說，乙個完全圖k_n有n^(n-2)棵生成樹，換句話說n個節點的帶標號的無根樹有n^(n-2)個。cayley公式的乙個非常簡單的證明，證明依賴於prüfer編碼，它是對帶標號無根樹的一種編碼方式。
給定一棵帶標號的無根樹，找出編號最小的葉子節點，寫下與它相鄰的節點的編號，然後刪掉這個葉子節點。反覆執行這個操作直到只剩兩個節點為止。由於節點數n>2的樹總存在葉子節點，因此一棵n個節點的無根樹唯一地對應了乙個長度為n-2的數列，數列中的每個數都在1到n的範圍內。下面我們只需要說明，任何乙個長為n-2、取值範圍在1到n之間的數列都唯一地對應了一棵n個節點的無根樹，這樣我們的帶標號無根樹就和prüfer編碼之間形成一一對應的關係，cayley公式便不證自明了。
看到這，我建議自己劃一劃，結果就出來了（這句話是我的建議，非matrix67原文）。
注意到，如果乙個節點a不是葉子節點，那麼它至少有兩條邊；但在上述過程結束後，整個圖只剩下一條邊，因此節點a的至少乙個相鄰節點被去掉過，節點a的編號將會在這棵樹對應的prüfer編碼中出現。反過來，在prüfer編碼中出現過的數字顯然不可能是這棵樹（初始時）的葉子。於是我們看到，沒有在prüfer編碼中出現過的數字恰好就是這棵樹（初始時）的葉子節點。找出沒有出現過的數字中最小的那乙個（比如④），它就是與prüfer編碼中第乙個數所標識的節點（比如③）相鄰的葉子。接下來，我們遞迴地考慮後面n-3位編碼（別忘了編碼總長是n-2）：找出除④以外不在後n-3位編碼中的最小的數（左圖的例子中是⑦），將它連線到整個編碼的第2個數所對應的節點上（例子中還是③）。再接下來，找出除④和⑦以外後n-4位編碼中最小的不被包含的數，做同樣的處理……依次把③⑧②⑤⑥與編碼中第3、4、5、6、7位所表示的節點相連。最後，我們還有①和⑨沒處理過，直接把它們倆連線起來就行了。由於沒處理過的節點數總比剩下的編碼長度大2，因此我們總能找到乙個最小的沒在剩餘編碼中出現的數，演算法總能進行下去。這樣，任何乙個prüfer編碼都唯一地對應了一棵無根樹，有多少個n-2位的prüfer編碼就有多少個帶標號的無根樹。
乙個有趣的推廣是，n個節點的度依次為d1, d2, …, dn的無根樹共有(n-2)! / [ (d1-1)!(d2-1)!..(dn-1)! ]個，因為此時prüfer編碼中的數字i恰好出現di-1次。
排序N個比N 7小的數，要求的演算法是O n
採用基數排序，用10個桶 vector 每乙個桶用佇列表示 queue 分別代表0 9，然後依次從低位到高位開始將要排序的數倒入桶中，然後再順序取出來，直到排序完成。若有5個數，12,4,5,130,28 第一次 個位 0 130 2 12 4 4 5 5 8 28 然後順序取出來,130,12,4...
排序N個比N 7小的數，要求的演算法是O n
演算法思路 採用基數排序，用10個桶 vector 每乙個桶用佇列表示 queue 分別代表0 9，然後依次從低位到高位開始將要排序的數倒入桶中，然後再順序取出來，直到排序完成。若有5個數，12,4,5,130,28 第一次 個位 0 130 2 12 4 4 5 5 8 28 然後順序取出來,13...
判斷乙個數是n的倍數 n 2,3,4,5,9
判斷乙個非零自然數是否是2的倍數的方法 這個數末位上的數字是否是偶數即個位上是0 2 4 6 8的數是2的倍數。判斷乙個非零自然數是否是3的倍數的方法 各個數字上的數字和是否是3的倍數 各個數字上數字遇3就劃掉，最後剩餘的數就是除以3的餘數！判斷乙個非零自然數是否是4的倍數的方法 這個數的末二位上的...