洛谷P13020 [GESP202506 八级] 遍历计数

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原题

题目描述

给定一棵有 \(n\) 个结点的树 \(T\)，结点依次以 \(1,2,\dots,n\) 标号。树 \(T\) 的深度优先遍历序可由以下过程得到：

1. 选定深度优先遍历的起点 \(s\)（\(1 \leq s \leq n\)），当前位置结点即是起点。
2. 若当前结点存在未被遍历的相邻结点 \(u\) 则遍历 \(u\)，也即令当前位置结点为 \(u\) 并重复这一步；否则回溯。
3. 按照遍历结点的顺序依次写下结点编号，即可得到一组深度优先遍历序。

第一步中起点的选择是任意的，并且第二步中遍历相邻结点的顺序也是任意的，因此对于同一棵树 \(T\) 可能有多组不同的深度优先遍历序。请你求出树 \(T\) 有多少组不同的深度优先遍历序。由于答案可能很大，你只需要求出答案对 \(10^9\) 取模之后的结果。

输入格式

第一行，一个整数 \(n\)，表示树 \(T\) 的结点数。

接下来 \(n-1\) 行，每行两个正整数 \(u_i, v_i\)，表示树 \(T\) 中的一条连接结点 \(u_i, v_i\) 的边。

输出格式

输出一行，一个整数，表示树 \(T\) 的不同的深度优先遍历序数量对 \(10^9\) 取模的结果。

输入输出样例 #1

输入 #1

4
1 2
2 3
3 4

输出 #1

6

输入输出样例 #2

输入 #2

8
1 2
1 3
1 4
2 5
2 6
3 7
3 8

输出 #2

112

说明/提示

对于 \(40\%\) 的测试点，保证 \(1 \leq n \leq 8\)。

对于另外 \(20\%\) 的测试点，保证给定的树是一条链。

对于所有测试点，保证 \(1 \leq n \leq 10^5\)。

在洛谷上，只有通过了 Subtask0、Subtask1 和 Subtask2 后，才能获得第三个 Subtask 的分数。

整理&思路

这里我们把lines作为一个节点的度。

很显然，这是一道树状DP。对于每个节点u，我们可以得到\(lines(u)!\)种情况，然而不能访问父节点（因为这是一棵树），所以针对根节点，则有

\[f(s) = lines(s)!\times \prod_{u \in T, u \neq s}(lines(u)-1)! = lines(s) \times \prod_{u \in T} (lines(u)-1)! \]

那么很明显，结果就是所有根节点的和（每个节点都可以作为根节点）

\[ans(T) = \sum_{s \in T} f(s) = \sum_{s \in T}lines(s) \times \prod_{u \in T} (lines(u)-1)! \]

所有顶点的度数等于边的数目的二倍，而边数为\(n-1\)，那么可以得到：

\[\sum_{s \in T}lines(s) = 2(n-1) \]

综上所述，答案就是：

\[ans(T) = 2(n-1) \times \prod_{u \in T} (lines(u)-1)! \]

等的，就是此刻！

可将DP式实现为：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

constexpr int maxn=1e5+5, mod=1e9;

int lines[maxn], n, fac[maxn];

signed main() {
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=1e5;i++) {
        fac[i]=1*fac[i-1]*i%mod;
    }
    scanf("%lld", &n);
    if(n==1) {
        printf("1");
        return 0;
    }
    for(int i=1;i<n;i++) {
        int u, v;
        scanf("%lld%lld",&u,&v);
        lines[u]++, lines[v]++;
    }
    int ans=2*(n-1);
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        ans=(ans*fac[lines[i]-1])%mod;
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

恭喜AC!