题意

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?如果对度数不要求,则输入-1 n<=1000

分析

根据prufer编码，很容易得知若一个点的最终读数为d，则该点在prufer序列里面出现的次数为d-1，那么对于其他度数不限的点，我们就可以放任意位置和次数。设有最终度数的点的 ∑d−1=tot ，有k个点的度数不要求

那么 ans=C(n−2,tot)∗(n−2−tot)k∗tot!d[1]!d[2]!...d[n]!

显然要用高精度，那么对于阶乘我们可以用分解质因数的方法来消掉除法。

这题估计是noip之前写的最后一题了吧。NOIP2016_rp+=inf!!!

代码

#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> #define N 1005 #define maxn 10005 using namespace std; int a[maxn],d[N],n,not_prime[N],prime[N],tot,t[N]; void get_prime(int n) { for (int i=2;i<=n;i++) { if (!not_prime[i]) prime[++tot]=i; for (int j=1;j<=tot&&prime[j]*i<=n;j++) { not_prime[prime[j]*i]=1; if (i%prime[j]==0) break; } } } void solve(int x,int y) { for (int j=1;j<=tot;j++) if (x%prime[j]==0) { while (x%prime[j]==0) { t[j]+=y; x/=prime[j]; } } } void mul(int x) { int s,g=0; for (int i=maxn;i>=1;i--) { int s=a[i]*x+g; a[i]=s%1000000; g=s/1000000; } } int main() { scanf("%d",&n); if(n==1) { int x; scanf("%d",&x); if(!x)printf("1"); else printf("0"); return 0; } get_prime(n); int sum=0,k=0; for (int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&d[i]); if (!d[i]) { printf("0"); return 0; } if (d[i]==-1) sum++; else { d[i]--; k+=d[i]; } } if (k>n-2) { printf("0"); return 0; } a[maxn]=1; for (int i=2;i<=n-2;i++) solve(i,1); for (int i=2;i<=n-2-k;i++) solve(i,-1); for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=2;j<=d[i];j++) solve(j,-1); a[maxn]=1; for (int i=1;i<=tot;i++) for (int j=1;j<=t[i];j++) mul(prime[i]); for (int i=1;i<=n-2-k;i++) mul(sum); int i=1; while (!a[i]) i++; for (int j=i;j<=maxn;j++) if (j==i) printf("%d",a[j]); else printf("d",a[j]); return 0; }