Prufer序列

Posted 2020-11-27 liurunky

 

参考了：Matrix67 - 经典证明：Prüfer编码与Cayley公式

是一种挺有意思的转化

 

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~ Prufer编码 ~

 

Prufer编码，是一种对于带标号无根树的编码，使得一个Prufer序列$p$能够唯一对应一棵带标号无根树，且不重不漏

编码方式是这样的：

对于一棵$n$个节点的带标号无根树（$ngeq 2$），我们每次找到标号最小的叶节点，将其所连接的非叶节点的标号添加进序列，然后删去这个叶节点；不断这样循环，直到剩余节点数为$2$

由于这个做法将$n$个节点的树删成$2$个节点，所以得到的Prufer序列的长度为$n-2$

 

引用Matrix67的例子：对于以下带标号无根树求Prufer序列

1. 先把所有叶节点全部拎出来，发现为${4,7,8,9}$，其中节点$4$最小，于是将节点$4$所连接的非叶节点$3$加入序列、并删去节点$4$；序列$p$暂时为${3}$

2. 此时的叶节点有${7,8,9}$，将$7$所连接的非叶节点$3$加入序列、并删去节点$7$；序列$p$暂时为${3,3}$

3. 此时的叶节点有${3,8,9}$，将节点$3$所连接的非叶节点$5$加入序列、并删去节点$3$；序列$p$暂时为${3,3,5}$

4. 之后不断重复这个过程，最终得到Prufer序列$p={3,3,5,2,5,6,1}$

 

上面我们提到了 一个Prufer序列唯一对应一棵有标号的无根树

那么给定一个Prufer序列时，如何构造对应的树呢？其实和上面的做法是十分类似的

首先我们有一个性质：在Prufer序列$p$中的节点为无根树中的非叶节点，不在$p$中的节点为叶节点

这是显然的，因为叶节点只会被删去，而每次加入序列的点都是叶节点所连接的非叶节点

然后可以将这个性质稍加推广：在子序列$p[i...n-2]$中的节点为操作过$i-1$次的无根树中的非叶节点，不在$p$中、且未被前$i-1$次操作删去的节点为叶节点

这又可以推出另一个性质：Prufer序列所确定的无根树，节点$i$的度数等于$i$在Prufer序列中出现次数+1

那么我们可以维护当前无根树的叶节点集合，而集合中的最小元素就是将被删去的叶节点

    multiset<int> nleaf,leaf;
    for(int i=1;i<=n-2;i++)
        nleaf.insert(p[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(nleaf.find(i)==nleaf.end())
            leaf.insert(i);
    
    for(int i=1;i<=n-2;i++)
    {
        printf("%d %d
",*leaf.begin(),p[i]);
        
        leaf.erase(leaf.begin());
        nleaf.erase(nleaf.find(p[i]));
        if(nleaf.find(p[i])==nleaf.end())
            leaf.insert(p[i]);
    }
    printf("%d %d
",*leaf.begin(),*(++leaf.begin()));

 

利用Prufer序列，我们尝试证明Cayley公式

Cayley公式指的是，$n$阶完全图$K_n$有$n^{n-2}$棵生成树；或者说$n$个节点的带标号无根树有$n^{n-2}$棵

这里的幂次$n-2$让我们很眼熟，因为这恰是Prufer序列的长度；那么$n^{n-2}$就代表着，$n-2$个位置任意填$[1,n]$中的数，都可以构成Prufer序列

事实上也确实是这样的，因为我们总能保证叶节点集合的大小至少为$2$——在$p[i...n-2]$中出现的非叶节点数加上已删去的$i-1$个叶节点最多只有$n-2$个，剩余的至少$2$个节点均为当前无根树的叶节点；所以这$n^{n-2}$个序列均为合法的Prufer序列

而一个Prufer序列唯一对应一个带标号无根树，那么Cayley公式得证

 

还有一个奇妙的结论是，一个度数序列为${d_1,d_2,...,d_n}$的带标号无根树共有$frac{(n-2)!}{prod_{i=1}^{n} (d_i-1)!}$棵

证明比较容易：

一个度数序列为$d_i$的节点必会在Prufer序列中出现$d_i-1$次，那么不妨从$i=1$开始计算；要满足$1$号节点的度数为$d_1$，就需要在Prufer序列的$n-2$个位置中选$d_1-1$个填$1$，则有$egin{pmatrix} n-2\\d_1-1end{pmatrix}$中选法；而$i=2$时需要从剩余的$(n-2)-(d_1-1)$个位置中选$d_2-1$个，有$egin{pmatrix} (n-2)-(d_1-1)\\d_2-1end{pmatrix}$……将组合数用阶乘展开，就是$frac{(n-2)!}{(d_1-1)![(n-2)-(d_1-1)]!}cdot frac{[(n-2)-(d_1-1)]!}{(d_2-1)![(n-2)-(d_1-1)-(d_2-1)]!}cdot ...$，即为上面的结论

 

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~ 一些题目 ~

 

BZOJ 1005  （明明的烦恼，$HNOI2008$）

 

HDU 5629  （$Clarke and tree$）

 

CF 156D  （$Clues$）

 

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Luogu P5219  （无聊的水题）

还要生成函数+NTT，那就咕了

 

（待续）