「BZOJ1211」[HNOI2004]树的计数

Description

一个有nn个结点的树,设它的结点分别为v1,v2,,vnv_1, v_2,\cdots, v_n,已知第ii个结点viv_i的度数为did_i,问满足这样的条件的不同的树有多少棵。给定nnd1d_1, d2d_2, \cdots, dnd_n,编程需要输出满足d(vi)=did(v_i)=d_i的树的个数。

Input

第一行是一个正整数nn,表示树有nn个结点。
第二行有nn个数,第ii个数表示did_i,即树的第ii个结点的度数。其中1n1501\leq n\leq 150,输入数据保证满足条件的树不超过101710^{17}个。

Output

输出满足条件的树有多少棵。

Sample Input

1
2
4                     
2 1 2 1

Sample Output

1
2

Solution

prufer序列:

  1. 一个长度为n2n-2的序列,通过pruferprufer的构造方法,唯一对应一个无根树。每一个位置可以填入[1,n][1,n]的数,总共有nn2n^{n-2}种填法。
  2. iipruferprufer序列中会出现di1d_i-1次,did_i表示点ii的度数

构造方法:
给定prufer序列AA,点集S={1,2,,n}S=\{1,2,\cdots,n\}

  • 找到最小的数xxxSx\in SxAx\notin A
  • 连边xxAA数组第一个数字
  • 删去AA数组第一个数字,在SS中删去xx

那么根据题意,就是要求:
每个数字出现di1d_i-1次,且序列长度为n2n-2的排列个数。

ans=(n2)!i=1n(di1)!ans=\frac{(n-2)!}{\prod _{i=1}^n (d_i - 1)!}

不过要注意不合法的情况:

  1. di=0d_i=0n>1n>1
  2. i=1n(di1)n2\sum_{i=1}^n(d_i-1)\neq n-2
  3. 质因数分解来计算答案,我用gcd来求。
1
2
3
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5
6
7
8
9
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61
62
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<bitset>
#define mk make_pair
#define fi first
#define nd second
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
#define sqr(x) ((x)*(x))
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll read() {ll x = 0; char ch = getchar(), w = 1;while(ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '-') w = -1;
ch = getchar();}while(ch >= '0' && ch <= '9') {x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}return x * w;}
void write(ll x) {if(x < 0) putchar('-'), x = -x;if(x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');}
inline void writeln(ll x) {write(x);puts("");}


const int N = 200;
int d[N], n;
ll ans;
int c[N];
int gcd(int x, int y) {
if(!y) return x;
return gcd(y, x %y);
}
int main() {
n = read();
for(int i = 1; i <= n - 2; ++i) c[i] = i;
int s = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
d[i] = read();
if(!d[i] && n > 1) {
puts("0");
return 0;
}
s += d[i] - 1;
for(int j = 2; j <= d[i] - 1; ++j) {
int x = j;
for(int k = 1; k <= n - 2 && x > 1; ++k) {
int t = gcd(x, c[k]);
if(t > 1) {
x /= t;
c[k] /= t;
}
}
}
}
if(s != n - 2) {
puts("0");
return 0;
}
ll ans = 1;
for(int i = 1; i <= n - 2; ++i)
ans = ans * c[i];
writeln(ans);
return 0;
}