题目描述
给出标号为1到N的点,以及某些点最终的度数,允许在任意两点间连线,可产生多少棵度数满足要求的树?
输入
第一行为N(0 < N < = 1000),接下来N行,第i+1行给出第i个节点的度数Di,如果对度数不要求,则输入-1
输出
一个整数,表示不同的满足要求的树的个数,无解输出0
样例输入
3
1
-1
-1
样例输出
2
题解
Prufer序列+高精度
Prufer序列：由一棵 $n$ 个点的树唯一产生的一个 $n-2$ 个数的序列。
生成方法：找到这棵树编号最小的叶子节点，将其相邻点加入到序列中，删掉这个点。重复这个过程直到树中只剩下两个点，此时得到的序列即为该树的Prufer序列。
性质：任何一个长度为 $n-2$ ，每个数均在 $1\sum n$ 之间的序列均为一个合法的Prufer序列，对应且只对应着一棵 $n$ 个点的树。
性质：在原树中度数为 $d$ 的点，在Prufer序列中出现了 $d-1$ 次。
根据这两个性质可以考虑本题。给出了每个点的度数限制，即给出了每个点在Prufer序列中出现的次数。对于没给限制的，可以随意选择。
相当于先在 $n-2$ 个数中选出一部分作为没有限制的，剩下的是有限制的。
对于没有限制的，答案就是 $没限制的位置个数^没限制的点的个数$ 。
对于有限制的，使用组合数学的一个公式：长度为 $\sum a_i$ 的序列，第 $i$ 个数出现了 $a_i$ 次的序列数为 $\frac{(\sum a_i)!}{\prod(a_i!)}$ 。
本题不取模，为避免高精度除法，将阶乘分解质因数来处理。
注意特判无解的情况。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mod 100000000
using namespace std;
typedef long long ll;
struct data
{
int len;
ll v[400];
ll &operator[](int a) {return v[a];}
data operator+(data &a)
{
data ans;
memset(ans.v , 0 , sizeof(ans.v));
int i;
for(i = 0 ; i < len || i < a.len || ans[i] ; i ++ )
ans[i] += v[i] + a[i] , ans[i + 1] = ans[i] / mod , ans[i] %= mod;
ans.len = i;
return ans;
}
data operator*(int a)
{
data ans;
memset(ans.v , 0 , sizeof(ans.v));
int i;
for(i = 0 ; i < len || ans[i] ; i ++ )
ans[i] += v[i] * a , ans[i + 1] = ans[i] / mod , ans[i] %= mod;
ans.len = i;
return ans;
}
void write()
{
int i;
printf("%lld" , v[len - 1]);
for(i = len - 2 ; ~i ; i -- ) printf("%08lld" , v[i]);
puts("");
}
}ans;
int a[1010] , cnt[1010] , prime[1010] , tot , np[1010];
void init()
{
int i , j;
for(i = 2 ; i <= 1000 ; i ++ )
{
if(!np[i]) prime[++tot] = i;
for(j = 1 ; j <= tot && i * prime[j] <= 1000 ; j ++ )
{
np[i * prime[j]] = 1;
if(i % prime[j] == 0) break;
}
}
}
void solve(int x , int a)
{
int i , j;
for(i = 1 ; i <= tot ; i ++ )
for(j = x / prime[i] ; j ; j /= prime[i])
cnt[i] += a * j;
}
int main()
{
init();
int n , i , c1 = 0 , c2 = 0;
scanf("%d" , &n);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
scanf("%d" , &a[i]);
if(a[i] > 0) c1 += a[i] - 1;
else if(a[i] == -1) c2 ++ ;
else
{
puts("0");
return 0;
}
}
if(c1 > n - 2)
{
puts("0");
return 0;
}
solve(n - 2 , 1) , solve(n - 2 - c1 , -1);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
if(a[i] > 0)
solve(a[i] - 1 , -1);
ans[0] = ans.len = 1;
for(i = 1 ; i <= tot ; i ++ )
while(cnt[i] -- )
ans = ans * prime[i];
for(i = 1 ; i <= n - 2 - c1 ; i ++ ) ans = ans * c2;
ans.write();
return 0;
}