【BZOJ1005/1211】[HNOI2008]明明的煩惱/[HNOI2004]樹的計數 Prufer序列+高精度
阿新 • • 發佈:2017-11-05
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【BZOJ1005】[HNOI2008]明明的煩惱
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
31
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Sample Output
2HINT
兩棵樹分別為1-2-3;1-3-2
題解:每個點在Prufer序列中出現的次數=這個點的度數-1,所以我們令m為已經確定度數的點的數量,$tot=\sum D[i]-1$,那麽其他位置可以隨便選,方案數為$(n-2-tot)^{n-m}$。然後這些已經確定的位置可以隨便排列,方案數為$C_{n-2}^{tot} \times C_{tot}^{d1} \times C_{tot-d1}^{d2} \times ...$。
但顯然結果是爆longlong的,不過可以確定答案一定是個整數。為了避免高精度除法,我們可以將分子和分母都拆成質數的幾次方形式,然後分子分母做減法,最後用高精度將這些質數乘起來就行了。
1211那題需要特判:tot!=n-2輸出0;n>1且di=0輸出0;di>=n輸出0。
#include <cstdio> #include <iostream> #include <cstring> using namespace std; const int maxn=1010; int n,m,tot,num; int pri[maxn],np[maxn],lp[maxn],s[maxn],d[maxn],B[maxn]; struct Cbig { int a[10010],len; Cbig() {memset(a,0,sizeof(a)),len=1;} int & operator [] (int b) {return a[b];} void operator *= (const int &b) { for(int i=1;i<=len;i++) a[i]*=b; for(int i=1;i<=len;i++) a[i+1]+=a[i]/1000,a[i]%=1000; while(a[len+1]) len++; while(len&&!a[len]) len--; } }ans; inline void add(int x,int v) { while(x!=1) s[lp[x]]+=v,x/=pri[lp[x]]; } void init() { int i,j; for(i=2;i<=n;i++) { if(!np[i]) pri[++num]=i,lp[i]=num; for(j=1;j<=num&&i*pri[j]<=n;j++) { np[i*pri[j]]=1,lp[i*pri[j]]=j; if(i%pri[j]==0) break; } } } inline int rd() { int ret=0,f=1; char gc=getchar(); while(gc<‘0‘||gc>‘9‘) {if(gc==‘-‘)f=-f; gc=getchar();} while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘) ret=ret*10+gc-‘0‘,gc=getchar(); return ret*f; } int main() { n=rd(),tot=0,init(); int i; for(i=1;i<=n;i++) { d[i]=rd(); if(d[i]==0) { printf("0"); return 0; } if(d[i]>0) d[i]--,m++,tot+=d[i]; } if(tot>n-2) { printf("0"); return 0; } ans.a[1]=ans.len=1; for(i=1;i<=n-2-tot;i++) ans*=(n-m); B[n-2]++,B[n-2-tot]--; for(i=1;i<=n;i++) if(d[i]>=0) B[d[i]]--,tot-=d[i]; for(i=n-2;i>=1;i--) B[i]+=B[i+1],add(i,B[i]); for(i=1;i<=n-2;i++) while(s[i]--) ans*=pri[i]; printf("%d",ans.a[ans.len]); for(i=ans.len-1;i>=1;i--) printf("%03d",ans.a[i]); return 0; }//5 1 1 -1 -1 -1
#include <cstdio> #include <iostream> #include <cstring> using namespace std; const int maxn=1010; int n,tot,num; int pri[maxn],np[maxn],lp[maxn],s[maxn],d[maxn],B[maxn]; struct Cbig { int a[10010],len; Cbig() {memset(a,0,sizeof(a)),len=1;} int & operator [] (int b) {return a[b];} void operator *= (const int &b) { for(int i=1;i<=len;i++) a[i]*=b; for(int i=1;i<=len;i++) a[i+1]+=a[i]/1000,a[i]%=1000; while(a[len+1]) len++; while(len&&!a[len]) len--; } }ans; inline void add(int x,int v) { while(x!=1) s[lp[x]]+=v,x/=pri[lp[x]]; } void init() { int i,j; for(i=2;i<=n;i++) { if(!np[i]) pri[++num]=i,lp[i]=num; for(j=1;j<=num&&i*pri[j]<=n;j++) { np[i*pri[j]]=1,lp[i*pri[j]]=j; if(i%pri[j]==0) break; } } } inline int rd() { int ret=0,f=1; char gc=getchar(); while(gc<‘0‘||gc>‘9‘) {if(gc==‘-‘)f=-f; gc=getchar();} while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘) ret=ret*10+gc-‘0‘,gc=getchar(); return ret*f; } int main() { n=rd(),tot=0,init(); int i; for(i=1;i<=n;i++) { d[i]=rd(); if((n!=1&&d[i]==0)||d[i]>=n) { printf("0"); return 0; } d[i]--,tot+=d[i]; } if(tot!=n-2) { printf("0"); return 0; } ans.a[1]=ans.len=1; B[n-2]++,B[n-2-tot]--; for(i=1;i<=n;i++) if(d[i]>=0) B[d[i]]--,tot-=d[i]; for(i=n-2;i>=1;i--) B[i]+=B[i+1],add(i,B[i]); for(i=1;i<=n-2;i++) while(s[i]--) ans*=pri[i]; printf("%d",ans.a[ans.len]); for(i=ans.len-1;i>=1;i--) printf("%03d",ans.a[i]); return 0; }//5 1 1 -1 -1 -1
【BZOJ1005/1211】[HNOI2008]明明的煩惱/[HNOI2004]樹的計數 Prufer序列+高精度