BZOJ的第一頁果然還是很多裸題啊，小C陸續劃水屯些板子。

Description

　　自從明明學了樹的結構,就對奇怪的樹產生了興趣......給出標號為1到N的點,以及某些點最終的度數,允許在任意兩點間連線,可產生多少棵度數滿足要求的樹?

Input

　　第一行為N(0 < N < = 1000),接下來N行,第i+1行給出第i個節點的度數Di,如果對度數不要求,則輸入-1.

Output

　　一個整數,表示不同的滿足要求的樹的個數,無解輸出0.

Sample Input

　　3
　　1
　　-1
　　-1

Sample Output

　　2

HINT

　　兩棵樹分別為1-2-3;1-3-2.

Solution

　　碰見這種沒有知識儲備腦子裏都沒有想法的題，考場上還是保佑自己碰到一些自己學過的算法吧。

　　講這道題之前先來說說prufer編碼是什麽：

　　　　①prufer編碼是樹的一種表示形式，不同的編碼與不同的樹形態一一對應；

　　　　　（不同的樹形態指的是兩棵樹中至少有一條邊連接的點不同）

　　　　②根據定理證明，n個點最多能構成(n-2)^n種不同的樹形態。

　　　　　（至於為什麽是這個式子看看接下來prufer編碼是如何構造的就知道了）

　　　　③構造方法：

　　　　　如圖所示，為一棵有6個結點的樹，每次選出葉子節點中編號最小的一個，將與其相連的那個節點的標號加入數列，再將該葉子結點刪去。直到樹中剩下兩個節點為止。

　　　　　所以上圖的樹的prufer編碼就是：5 3 1 5（依次刪去2 4 3 1）。

　　　　　顯而易見，一棵節點數為n的樹的prufer編碼長度為n-2。

　　　　　由於prufer編碼的每一位都有可能是1~n，不同的prufer編碼有(n-2)^n種。

　　　　　所以根據第①條一一對應的性質，不同的樹有(n-2)^n種。

　　利用prufer編碼，我們可以輕易地解決這道題。

　　從prufer編碼中，我們可以看出一棵樹中所有點的度數，每個點的度數為它在prufer編碼中出現的次數+1。

　　因此對於題目中規定度數的點，我們可以首先確定它們在prufer編碼中的位置。

　　假設規定度數的點有p個，度數分別為a1、a2……ap。

　　那麽把這p個點填進prufer編碼的方案數是。（排列組合、乘法原理瞎推）

　　那麽prufer編碼中剩下的空位有個，未規定度數的節點有n-p個，所以方案數再乘上即可。

　　由於答案沒有取模，所以要用到高精度乘/除單精度。

　　題目中所說的無解情況有3種：

　　　　①；

　　　　②；

　　　　③。

　　時間復雜度寫得不是太糟都能過，註意高精度數的位數。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define ll long long
#define mod 1000000000
#define MS 354
using namespace std;
struct hp
{
    int len; ll ar[MS];
    friend hp operator/(const hp& a,int b)
    {
        register ll lt=0;
        register int i;
        hp c;
        memset(&c,0,sizeof(c));
        c.len=a.len;
        for (i=a.len-1;i>=0;--i)
        {
            lt=lt*mod+a.ar[i];
            c.ar[i]=lt/b; lt%=b;
        }
        if (!c.ar[c.len-1]) --c.len;
        return c;
    }
    friend hp operator*(const hp& a,int b)
    {
        register int i,j;
        hp c;
        memset(&c,0,sizeof(c));
        c.len=a.len;
        for (i=0;i<a.len;++i)
        {
            c.ar[i]+=a.ar[i]*b;
            c.ar[i+1]+=c.ar[i]/mod;
            c.ar[i]%=mod;
        }
        if (c.ar[c.len]) ++c.len;
        return c;
    }
}sum;
int n,rn,uk;
 
inline int read()
{
    int n=0,f=1; char c=getchar();
    while (c<‘0‘ || c>‘9‘) {if(c==‘-‘)f=-1; c=getchar();}
    while (c>=‘0‘ && c<=‘9‘) {n=n*10+c-‘0‘; c=getchar();}
    return n*f;
}
 
int main()
{
    register int i,x;
    sum.ar[0]=1; sum.len=1;
    n=read(); rn=n-2;
    for (i=1;i<=rn;++i) sum=sum*i;
    for (i=1;i<=n;++i)
    {
        x=read()-1;
        if (x>0) {if (rn>=x) {for (rn-=x;x>=2;--x) sum=sum/x;} else return 0*printf("0");}
        else if (x==-2) ++uk;
        else return 0*printf("0");
    }
    if (rn&&!uk) return 0*printf("0");
    for (i=1;i<=rn;++i) sum=sum/i*uk;
    printf("%lld",sum.ar[sum.len-1]);
    for (i=sum.len-2;i>=0;--i) printf("%09lld",sum.ar[i]);
}

Last Word

　　小C看到這道題的時候就覺得這肯定不是正常題，就是沒有看過相關的東西死都做不出來的那種。

　　結果真的是這樣。

[BZOJ]1005 明明的煩惱(HNOI2008)