P2624 [HNOI2008] 明明的烦恼 题解

P2624 [HNOI2008] 明明的烦恼 题解

很好的一道综合题目。

显然考虑 \(prufer\) 序列。

预备知识：一个无向连通图在每个点给定度数的情况下的生成树数量是

\[\frac{(n-2)!}{\prod_{i=1}^{n}(d[i]-1)!} \]

证明是容易的，由\(prufer\) 序列性质可知，度数为 \(d[i]\) 的点会在序列里出现 \(d[i]-1\) 次。而序列里一共有 \(n-2\) 项，因此用全排列个数除以内部的排列个数就是最终答案个数。

因此我们设给定了 \(k\) 个定度点，\(s=\sum_{i=1}^k(d[i]-1)\)，定度点这一部分的答案就是 \(\frac{s!}{\prod_{i=1}^k (d[i]-1)!}\)。又考虑到 \(k\) 个点可以在长度为 \(n-2\) 的序列里乱序填充，因此答案要 \(\times \tbinom{n-2}{s}\)。

至于剩下的 \(n-k\) 个无度点，我们要把它们填充到 \(n-s-2\) 个空中去，一个空中有 \(n-k\) 个情况，因此总情况数就是 \((n-k)^{n-s-2}\)。

把答案乘起来，化简式子，得到答案是：

\[\frac{(n-2)!(n-k)^{n-s-2}}{\prod_{i=1}^k (d[i]-1)!(n-s-2)!} \]

代码实现里套路地分解质因数即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define N 20005
using namespace std;
int n;
int d[N];
int k; //定度点的个数 
int s; //定度点的和 
vector<int>v;
int prm[N];
void solve() {
	for (int i = 2; i < N; i++) {
		if (!prm[i]) {
			v.push_back(i);
			prm[i] = i;
		}
		for (auto j : v) {
			if (j * i >= N)
				break;
			prm[j * i] = j;
		}
	}
}
int cnt[N];
int a[N];
void mul(int x) {
	int tmp = 0;
	for (int i = 0; i < N - 1; i++) {
		a[i] = a[i] * x + tmp;
		tmp = 0;
		if (a[i] >= 10)
			tmp = a[i] / 10, a[i] %= 10;
	}
}
int main() {
	solve();
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%d", &d[i]);
		if (~d[i]) {
			d[i]--;
			k++;
			s += d[i];
		}
	}
	for (int i = 2; i <= n - 2; i++) {
		int x = i;
		while (x > 1)
			cnt[prm[x]]++, x /= prm[x];
	}
	for (int num = 1; num <= n; num++) {
		if (~d[num])
			for (int i = 2; i <= d[num]; i++) {
				int x = i;
				while (x > 1)
					cnt[prm[x]]--, x /= prm[x];
			}
	}
	for (int i = 2; i <= n - s - 2; i++) {
		int x = i;
		while (x > 1)
			cnt[prm[x]]--, x /= prm[x];
	}	
	int x = n - k;
	while (x > 1)
		cnt[prm[x]] += n - s - 2, x /= prm[x];
	a[0] = 1;
	for (int i = 2; i < N; i++) {
		while (cnt[i])
			mul(i), cnt[i]--;
	}
	int len = N - 1;
	while (!a[len])
		len--;
	while (~len)
		printf("%d", a[len]), len--;
	puts("");
	return 0;
}