自從明明學了樹的結構,就對奇怪的樹產生了興趣......給出標號為1到n的點,以及某些點最終的度數,允許在
任意兩點間連線,可產生多少棵度數滿足要求的樹?
第一行為n(0 < n < = 1000),
接下來n行,第i+1行給出第i個節點的度數di,如果對度數不要求,則輸入-1
乙個整數,表示不同的滿足要求的樹的個數,無解輸出031
-1-1
兩棵樹分別為1-2-3;1-3-2
接下來我們需要使用purfer sequence。
purfer sequence這個序列有許多性質，比如每個purfer sequence 對應唯一的一棵無根樹。但是，我們要用的是另乙個非常重要的性質：將一棵無根樹按照以下原則構造出來的序列稱為這棵樹的purfer sequence。若樹的大小為n，則這樣的序列長度為n-2。
原則：每次找到當前樹中度數為1的、編號最小的點，將這個點的父親加入序列中，同時將這個點從樹上刪去
對於樹上的每乙個節點\(i\)，設度數為\(d_i\)，那麼\(i\)在序列中會出現\(d_i-1\)次。有了這個性質之後，再看這道題。假設我們已經知道了每個點的度數，那麼滿足條件的無根樹的方案數為：
\[ans=\frac^(d_i-1)!}
\]這就是乙個可重排列的公式。但是，現在有些點是沒有限制的，而序列長度只能是\(n-2\)。所以，記：
\[cnt=\sum_^n[d_i!=-1]\\sum=\sum_^n[d_i!=-1]\times (d_i-1)
\]那麼，乙個合法的方案就是在\(n-2\)個位置中選擇\(sum\)個，這些位置進行可重排列。剩下的位置可以在\(n-cnt\)個點中隨便放。方案數為：
\[ans=c_^\frac^n [d_i!=-1]\times (d_i-1)!}\times (n-cnt)^
\]化簡可得：
\[ans=\frac^n [d_i!=-1]\times (d_i-1)!}\times (n-cnt)^
\]當然，單是這麼寫還需要高精度乘除法。我們可以利用質因數分解，將最後的答案變為質因數相乘的形式，然後就可以用高精度乘低精度計算了。
注意，purfer sequence 可以解決大部分與度數有關的樹的計數問題。
#include #include #define n 1000002
using namespace std;
int n,sum,cnt,i,j,k,d[n],p[n],c[n],num,ans[n],l;
bool vis[n];
int read()
while(c<='9'&&c>='0')
return w*f;
}void change(int x,int op)
}int main()
} for(i=1;i<=n;i++)
} if(n==1)
else if(n==2)
for(i=1;i<=n;i++)
} for(i=2;i<=n-2;i++) change(i,1);
for(i=2;i<=n-sum-2;i++) change(i,-1);
for(i=1;i<=n-sum-2;i++) change(n-cnt,1);
ans[1]=l=1;
for(i=2;i<=1000;i++)
while(tmp) ans[++l]=tmp%10,tmp/=10;
} }for(i=l;i>=1;i--) printf("%d",ans[i]);
puts("");
return 0;
}
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