Prufer 序列学习笔记

Posted 2023-04-21 qwq-qaq-tat

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了Prufer 序列学习笔记相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

一、前言

感觉它本身没有什么用。主要是用于计数问题。
前置知识：树的定义。

二、定义

对于一棵有 \$n\$ 个节点的无根树 \$T\$，定义其 Prufer 序列为执行以下操作 \$n-2\$ 次所形成的长度为 \$n-2\$ 的正整数序列。
·选择其编号最小的度数为 \$1\$ 的节点，输出唯一与其相邻的节点的编号。
·删除这个节点以及以其为端点的唯一边。
然后这个东西有一些性质：
1.容易知道最后树上一定是只留下 \$2\$ 个度数为 \$1\$ 的节点以及连着它们的边，其中一个编号为 \$n\$。证明：将无根树视作以 \$n\$ 为根的有根树，容易知道由于树没有环，所以当点的个数 \$>1\$ 时叶子结点的个数 \$\\ge 2\$。如果树上节点个数 \$>1\$，存在一个叶子节点 \$y\\ne n\$，删除节点 \$y\$，一定比删除节点 \$n\$ 更优。□
2.这个东西可以与一棵有编号的无根树一一对应。
这个性质可以通过给出一种一一对应的映射方式来证明，见下文。
3.每个节点在 Prufer 序列里出现的次数是它在无根树上的度数减一，特别地，一开始的所有叶子节点不会出现在 Prufer 序列里。
证明：每往 Prufer 序列中加一个节点，就会删掉一条边。最后每个节点都至多只有一条边。我们知道因为每次删的都是叶子节点，所以每删去一个节点以及以其为端点的唯一边后，无根树仍连通。具体来说，如果我们将树视为以 \$n\$ 为根的有根树，最后剩下的 \$2\$ 个节点中一定有根 \$n\$，而且另外一个是 \$n\$ 的一个子节点。而且容易知道一个节点 \$x\$ 的所有子节点被删时，标在 Prufer 序列里的数都是 \$x\$，而一个节点 \$y\$ 被删时，表在 Prufer 序列里的数是它的父亲节点的编号。那么除了 \$n\$ 以外每个节点的子节点都被删光了，所以每个节点都被标了它的子节点的个数次，所以是 \$d_i-1\$ 次。而对于节点 \$n\$，它的子节点个数是 \$d_i\$，它有一个儿子没被删，所以它也被标了 \$d_i-1\$ 次。□

三、用途

1.可以知道有 \$n\$ 个节点的不同有标号无根树一共有 \$n^n-2\$ 棵，即有 \$n\$ 个点的完全图的不同生成树一共有 \$n^n-2\$（Cayley 定理）。这是因为它的长为 \$n-2\$ 的 Prufer 序列的每一位都可以填 \$1\$ 到 \$n\$ 的任意正整数。有 \$n\$ 个节点的不同有标号有根树一共有 \$n^n-1\$ 棵，因为处理出无根树之后，\$n\$ 个点都可以做根。
2.可以知道有 \$n\$ 个节点，其中编号为 \$i\$ 的节点的度数为 \$d_i\$，并且满足 \$\\sum\\limits_i=1\\limits^nd_i=2\\times n-2\$ 的不同有标号无根树有 \$\\frac(n-2)!\\prod\\limits_i=1\\limits^n(d_i-1)!\$ 个。注意分母是先做阶乘再连乘。这是因为这棵无根树的 Prufer 序列可看作 \$d_1-1\$ 个 \$1\$、\$d_2-1\$ 个 \$2\$、……、\$d_n-1\$ 个 \$n\$ 所组成的，长度为 \$n-2\$ 的可重复元素的全排列。
3.在造数据时，如果把树的每个节点的父亲节点标为一个随机的树，树的期望高度是 \$\\sqrt n\$，而随机出 Prufer 序列再转换成树，树的期望高度是 \$\\log n\$ 的。

四、例题

例1.P6086 【模板】Prufer 序列

这一题是要实现 \$O(n)\$ 的 Prufer 序列和有标号无根树的互相转换。
出于方便考虑，将无根树视作以 \$n\$ 为根的有根树（事实上，根据定义，这不影响结果，而且只是为了在表述上更方便大家理解），于是下面将所有节点往 \$n\$ 号节点方向非自身的最近点称为其父亲节点。

\$O(n\\log n)\$ 做法

首先实现父亲序列转 Prufer。一个明显的想法是记录所有点的子节点个数，维护一个小根堆（优先队列），把所有子节点个数为 \$0\$ 的点扔进这个小根堆。然后每次取队头出队，然后删掉它，并且将它的父亲节点的度数减一，然后记录在 Prufer 序列里。接下来检查它父亲节点的子节点个数，如果降为 \$0\$ 就入队。然后我们就求出了 Prufer 序列。时间复杂度 \$O(n\\log n)\$，且常数较大。
然后就是 Prufer 序列转父亲序列，还是找出每一个节点的子节点数数（即在序列中出现的次数），然后找到所有子节点数为 \$0\$ 的点，加入优先队列。每次取出队头，然后删掉它，并且我们可以知道第 \$i\$ 次出队的点的父亲的编号实际上就是 Prufer 序列里第 \$i\$ 个数，然后将其父亲节点的度数减一。最后就可以找到 \$n-2\$ 个节点的父亲节点，然后 \$n\$ 没有父亲节点，然后剩下一个节点的父亲节点为 \$n\$，然后我们就求出了父亲序列。时间复杂度 \$O(n\\log n)\$，且常数较大。
所以就可以实现在 \$O(n\\log n)\$ 的时间内互相转换，同时也证明了 Prufer 序列与一棵有标号无根树一一对应。所以以上所说的所有计数问题成立。

点击查看代码

int main()
	n=read();m=read();
	if(m==1)
		for(int i=1;i<=n-1;i++)d[f[i]=read()]++;
		for(int i=1;i<=n;i++)if(!d[i])q.push(i);
		for(int i=1;i<=n-2;i++)
			p[i]=f[q.top()];q.pop();
			if(!--d[p[i]])q.push(p[i]);
		
		for(int i=1;i<=n-2;i++)ans^=1ll*i*p[i];
	else
		for(int i=1;i<=n-2;i++)d[p[i]=read()]++;
		for(int i=1;i<=n-1;i++)f[i]=n;
		for(int i=1;i<=n;i++)if(!d[i])q.push(i);
		for(int i=1;i<=n-2;i++)
			f[q.top()]=p[i];q.pop();
			if(!--d[p[i]])q.push(p[i]);
		
		for(int i=1;i<=n-1;i++)ans^=1ll*i*f[i];
	
	cout<<ans<<\'\\n\';
	return 0;

AC记录，通过了就很神奇，直接 \$n\\log n\$ 过 \$5000000\$ 是吧。

\$O(n)\$ 做法

但是这一题的正解是 \$O(n)\$ 的。
我们可以发现，这一次删了一个点，那么下一次删哪个点。首先，有可能是原本就是度数为 \$1\$ 的节点。其次，它还有可能是当前节点的父亲节点。
所以我们可以维护一个指针，初始时为 \$1\$，然后每次遇到一个节点 \$y\$，如果它的子节点被删光，那么就把它的父亲节点 \$x\$ 记录进 Prufer 序列里，然后把 \$x\$ 的残存的子节点数减一，如果 \$x\$ 的子节点数因此变为 \$0\$，分类讨论：如果 \$x>y\$，则不用管它，继续自增指针；如果 \$x<y\$，那么要另外处理 \$x\$，删除它，继续记录 \$x\$ 的父亲节点，然后继续判断……直到这个连锁反应停止为止。因为每个节点只会处理 \$1\$ 次，所以时间复杂度 \$O(n)\$。
把 Prufer 序列转换成父亲序列同理。

点击查看代码

int main()
	n=read();m=read();
	if(m==1)
		for(int i=1;i<=n-1;i++)d[f[i]=read()]++;
		for(int i=1,j=1,x;i<=n-2;i++,j++)
			while(d[j])j++;p[i]=f[x=j];
			while(i<=n-2&&!--d[p[i]]&&p[i]<j)p[++i]=f[x=f[x]];
		
		for(int i=1;i<=n-2;i++)ans^=1ll*i*p[i];
	else
		for(int i=1;i<=n-2;i++)d[p[i]=read()]++;p[n-1]=n;
		for(int i=1,j=1,x;i<=n-1;i++,j++)
			while(d[j])j++;f[x=j]=p[i];
			while(i<=n-1&&!--d[p[i]]&&p[i]<j)f[x=f[x]]=p[++i];
		
		for(int i=1;i<=n-1;i++)ans^=1ll*i*f[i];
	
	cout<<ans<<\'\\n\';
	return 0;

AC记录
然后这个东西有什么用呢？基本没用，毕竟现有的大部分 OI 题只考计数，不考求 Prufer 序列。但是万一考了呢？学有余力的话还是学一学吧。

例2.P4981 父子

这一题就是求一个有 \$n\$ 个点的完全图的生成树有几个。输出 $n^n-2 $即可。

例3.P4430 小猴打架

这一题就是求一个有 \$n\$ 个点的完全图的生成树的边共能形成多少种不同的排列。
注意到两棵不同的生成树至少有一个点不同，所以边形成的排列一定不同，所以答案就是生成树的棵数乘上树的边数的全排列的方法数，即 \$n^n-2\\times (n-1)!\$。

例4.P2290 [HNOI2004]树的计数

使用上面（“用途”中）所讲的公式，可以知道是 \$\\frac(n-2)!\\prod\\limits_i=1\\limits^n(d_i-1)!\$。注意特判 \$\\sum\\limits_i=1\\limits^nd_i\\ne 2\\times n-2\$ 的情况（此时组不成一棵树，应该输出 0）以及图不连通的情况。

例5.P2624 [HNOI2008]明明的烦恼

考虑 Prufer 序列。令 \$s=\\sum\\limits_d_i>0^n(d_i-1)\$，\$k=\\sum\\limits_d_i>0^n1\$，\$q_i\$ 代表第 \$i\$ 个满足 \$d_r>0\$ 的 \$r\$，那么我们知道 Prufer 序列里面有 \$s\$ 个数是固定的，分别是 \$d_q_i-1\$ 个 \$q_i\$，以及 Prufer 序列中剩下 \$n-2-s\$ 个数，每一个数都可以是节点编号中的剩下 \$n-k\$ 个数的任何一个。所以答案就是所有 \$d_q_i-1\$ 个 \$q_i\$ 的可重全排列乘上 \$n-2\$ 个位置中选 \$s\$ 个方案数乘上 \$n-k\$ 的 \$n-2-s\$ 次方，即 \$\\fracs! \\prod\\limits_d_i>0\\limits^n(d_i-1)!\\times C_n-2^s\\times (n-k)^n-2-s\$。要实现高精度乘除。

Prufer序列

Prufer 序列可以将一个带标号(n)个结点的无根树用(n-2)个([1,n])的整数表示。也可以理解为完全图的生成树与数列之间的双射。

带标号无根树与(Prufer)序列是一一对应的。

无根树转Prufer序列

有一棵带标号无根树。它的(Prufer)序列构造如下：

　每次选择一个编号最小的叶结点并删掉它，然后在序列中记下和它相邻的那个结点的编号。反复执行操作直到只剩下两个结点。

Prufer序列转无根树

有一个(Prufer)序列和(n)个点的点集。转回无根树就是：

　每次取出(Prufer)序列中最前面的元素(x)，和点集中编号最小的不在(Prufer)序列的元素(y)，给(x，y)连边之后分别删去。最后点集中剩下两个结点，把它们连边。

性质

(Prufer)序列中每个编号出现次数等于该结点在原树中的度数-1。（只有作为叶子被删去时不会加入序列中）

Cayley′s Formula

因为(Prufer)序列和原树是一一对应的关系，所以

(n)个点带标号无根树的方案数为(n^{n-2})。

(Ex)：

1.如果给定每个点度数$d_1,d_2,dots,d_n $，那么

对应的无根树的数量为(frac{(n-2)!}{prod_{i=1}^n(d_i-1)!})。

相当于是已经确定了序列中的元素，现在只用算多重集的排列数。

2.(n)个点其中(k)个给定度数，令(s=sum_{i=1}^k(d_i-1))

对应的无根树数量(inom{n-2}{s}frac{s!}{prod_{i=1}^k(d_i-1)!}(n-k)^{n-2-s})。

就是这(s)个排列了之后剩下的位置随便填。

3.有(n)个带权的点，边权为连接的点权之积，树的权值为边权之积。求所有树的权值之和。

? 设点(i)的权值为(val_i)，度数为(d_i)，那么一棵树的权值就是(prod_{i=1}^nval_i^{d_i})。

? 考虑利用(Prufer)序列计算。根据乘法分配率

答案是((prod_{i=1}^nval_i)(sum_{i=1}^nval_i)^{n-2})。

第一项就是考虑到每个点在(Prufer)序列恰出现(d_i-1)次，所以要补一次。

Generalized Cayley′s Formula

(n)个点构成(m)棵有标号无根树，且指定其中(m)个点不在同一棵树上。

方案数为f(n,m)=mn^{n-m-1}。

(m=1)时有(f(n,1)=n^{n-2})，即Cayley′s Formula。

可以归纳证明：首先对于任意(n)有(f(n,0)=0)，(f(n,1)=n^{n-2})，这是边界。

我们假设对于所有(i<n)，(f(i,m)=mi^{i-m-1})恒成立。要证(f(n,m)=mn^{n-m-1})。

方便起见，我们枚举1号点的度数(i)，以及与1号点相连的那(i)个点，那么在去掉1号点之后，会留下(n-1)个点和(m+i-1)棵树（常用的缩小规模手段要学会）。即：

[ egin{align} f(n,m)=&sumlimits_{i=0}^{n-m}inom{n-m}{i}f(n-1,m+i-1)=&sumlimits_{i=0}^{n-m}inom{n-m}{i}(m+i-1)(n-1)^{n-m-i-1}\end{align} ]

令(i=n-m-i)，则有：

[ egin{align} f(n,m)=&sumlimits_{i=0}^{n-m}inom{n-m}{i}(n-i-1)(n-1)^{i-1}=&sumlimits_{i=0}^{n-m}inom{n-m}{i}(n-1)^i-sumlimits_{i=0}^{n-m}inom{n-m}{i}i(n-1)^{i-1}=&sumlimits_{i=0}^{n-m}inom{n-m}{i}(n-1)^i-sumlimits_{i=1}^{n-m}inom{n-m}{i}i(n-1)^{i-1} end{align} ]
第二步到第三步是因为(i=0)时这一项乘了个(i)所以结果就是0。

前面一项，用二项式定理变成(n^{n-m})；后面一项把(i)丢进组合数里约分，(inom{n-m}{i}i)变成((n-m)inom{n-m-1}{i-1})。

[ egin{align} f(n,m)=&n^{n-m}-(n-m)sumlimits_{i=1}^{n-m}inom{n-m-1}{i-1}(n-1)^{i-1}=&n^{n-m}-(n-m)sumlimits_{i=0}^{n-m-1}inom{n-m-1}{i-1}(n-1)^{i}=&n^{n-m}-(n-m)n^{n-m-1}=&mn^{n-m-1} end{align} ]

(Q.E.D.)

图联通方案数

Problem to solve：(n)个点(m)条边的带标号无向图形成(k)个联通块。添加(k-1)条边使得图联通的方案数。

设(s_i)表示第(i)个联通块中点的数量。我们现在是要对(k)个联通块构造(Prufer)序列。但是因为每个联通块连接方式很多，所以不能直接简单构造。

考虑设(d_i)为第(i)个联通块的度数。有(sumlimits_{i=1}^kd_i-1=k-2)（两边同时加(k)就是(sumlimits_{i=1}^kd_i=2k-2)，即度数和是边数的两倍），那么对于给定(d)序列构造(Prufer)序列的方案数有

[ inom{k-2}{d_1-1,d_2-1,dots,d_k-1}=frac{(k-2)!}{(d_1-1)!(d_2-1)!dots(d_k-1)!} ]
这和Cayley′s Formula的(Ex1.)是一样的。

对于第(i)个联通块，它的连接方式有(s_i^{d_i})种，因为每一条边可以选择任意点连接。那么对于给定(d)序列的图，使其联通的方案数为
[ inom{k-2}{d_1-1,d_2-1,dots,d_k-1}cdot prodlimits_{i=1}^ks_i^{d_i} ]
所有方案就是再枚举一个(d)序列：
[ sumlimits_{d_igeq 1,sum_{i=1}^kd_i=2k-2}inom{k-2}{d_1-1,d_2-1,dots,d_k-1}cdot prodlimits_{i=1}^ks_i^{d_i} ]
由多元二项式定理：
[ (x_1+x_2+dots+x_m)^p=sumlimits_{c_ige0,sum_{i=1}^mc_i=p}inom{p}{c_1,c_2,dots,c_m}cdot prod x_i^{c_i} ]
设(e_i=d_i-1)，原式变成：
[ egin{align} &sumlimits_{e_igeq 0,sum_{i=1}^ke_i=k-2}inom{k-2}{e_1,e_2,dots,e_k}cdot prodlimits_{i=1}^ks_i^{e_i+1}&=(s_1+s_2+dots+s_k)^{k-2}cdot prodlimits_{i=1}^ks_i end{align} ]