题解：洛谷 P13020 遍历计数

【题目来源】

洛谷：P13020 [GESP202506 八级] 遍历计数

【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】

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】

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。

【输入样例】

4
1 2
2 3
3 4

【输出样例】

6

【核心思想】

1. 问题分析：给定一棵有 \(n\) 个节点的树，求所有可能的 DFS 遍历序数量（对 \(10^9\) 取模）。DFS 遍历序由起点选择和每一步访问相邻节点的顺序共同决定。这是一个树形 DP + 排列组合问题，核心在于利用树的结构特性，将问题分解为"起点选择"和"各节点子节点排列"两个独立部分的乘积。

2. 算法选择：

   • 阶乘预处理 + 度数统计：预处理阶乘数组，统计每个节点的度数，利用乘法原理计算方案数

3. 关键步骤：

   • 读入数据：\(n\) 和 \(n-1\) 条边
   • 预处理阶乘：\(fac[i] = i! \bmod 10^9\)
   • 统计度数：\(d[u]++, d[v]++\) 对每条边
   • 计算固定根时的方案数 \(base\)：
     • 对每个节点 \(i\)，\(base \leftarrow base \times fac[d[i] - 1] \bmod 10^9\)
     • 解释：以任意节点为根时，节点 \(i\) 有 \(d[i] - 1\) 个子节点（一条边连父节点），子节点访问顺序可任意排列，方案数为 \((d[i] - 1)!\)
   • 枚举起点计算答案：
     • 对每个起点 \(i\)，第一步有 \(d[i]\) 个相邻节点可选，后续方案数为 \(base\)
     • \(ans \leftarrow ans + d[i] \times base \bmod 10^9\)
   • 输出结果：\(ans\)

4. 时间/空间复杂度：

   • 时间复杂度：\(O(n)\)，预处理阶乘 \(O(n)\)，统计度数 \(O(n)\)，计算 \(base\) 和 \(ans\) 各 \(O(n)\)
   • 空间复杂度：\(O(n)\)，阶乘数组和度数数组

5. 树形排列组合的核心思想：

   • 起点选择的独立性：以节点 \(i\) 为起点时，第一步有 \(d[i]\) 种选择（选哪个邻居先走）。选定第一步后，树的遍历等价于以该邻居为根的子树遍历，而 \(base\) 已经包含了所有节点（包括 \(i\)）的子节点排列方案
   • 子节点排列的乘法原理：对于每个节点，其子节点的访问顺序相互独立，方案数为子节点数的阶乘。所有节点的子节点排列方案数相乘即为固定根时的总方案数
   • 度数与父子关系：树中每个节点的度数 \(d[i]\) 包含父节点和子节点。以任意节点为根时，每个节点恰好有一条边连向父节点，剩余 \(d[i] - 1\) 条边连向子节点，因此子节点数为 \(d[i] - 1\)
   • 起点枚举的正确性：\(base\) 是以"某个固定根"计算的方案数，但实际上树的结构使得 \(base\) 与根的选择无关（因为每个节点的子节点数总是 \(d[i] - 1\)，无论谁是根）。枚举起点时只需乘上第一步的 \(d[i]\) 种选择
   • 适用于树的遍历计数、排列组合、乘法原理类问题

【算法标签】

普及+ #排列组合

【代码详解】

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long                   // 将int宏定义为long long，防止阶乘计算溢出
const int N = 100005, mod = 1e9;      // N为最大节点数常量，mod为取模数1e9
int n, base=1, ans;                   // n为节点数，base为固定起点时的DFS序数量，ans为所有起点选择的总数量
int fac[N], d[N];                      // fac[i]为i的阶乘对mod取模的结果；d[i]为节点i的度数

signed main()                           // 使用signed main是因为#define int long long后，main返回值类型需要显式声明
{
	cin >> n;                         // 读入树的节点数n
	fac[0] = 1;                       // 0的阶乘为1
	for (int i=1; i<=100000; i++)    // 预处理1到100000的阶乘
		fac[i] = (fac[i-1] * i) % mod;  // fac[i] = i! % mod
	for (int i=1; i<n; i++)           // 循环读入n-1条边
	{
		int u, v; cin >> u >> v;      // 读入一条边的两个端点
		d[u]++;                       // 节点u的度数加1
		d[v]++;                       // 节点v的度数加1
	}
	for (int i=1; i<=n; i++)         // 计算固定起点时的DFS序数量
	{
		// 以任意节点为根时，每个节点的子节点排列方式数为(d[i]-1)!
		// 因为一条边连向父节点，剩余d[i]-1条边连向子节点，子节点可以任意排列
		base = (base * fac[d[i]-1]) % mod;  // base累乘所有节点的(d[i]-1)!，得到固定根时的方案数
	}
	for (int i=1; i<=n; i++)         // 枚举每个节点作为DFS起点
		// 以节点i为起点时，i有d[i]个相邻节点可作为第一个访问的节点
		// 其余节点的子节点排列方式与base相同
		ans = (ans + d[i] * base) % mod;    // 累加每个起点选择的贡献，起点i有d[i]种第一步选择
	cout << ans << endl;              // 输出所有不同DFS序的总数对1e9取模的结果
	return 0;
}

【运行结果】

4
1 2
2 3
3 4
6