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解题报告系列合集：【解题报告系列】超高质量题单 + 题解（ICPC / CCPC / NOIP / NOI / CF / AT / NC / P / BZOJ）

本题单前置知识：【学习笔记】树的计数，prufer（Prüfer）编码，Cayley公式及相应例题

1. $\text{prufer}$ 序列

Prufer数列是无根树的一种数列。在组合数学中，Prufer数列由有一个对于顶点标过号的树转化来的数列，点数为n的树转化来的Prufer数列长度为n-2。

2. $\text{prufer}$ 序列的性质

性质1： $\text{prufer}$ 序列与无根树一一对应。

显然

性质2： 度数为 $d_i$ 的节点会在 $\text{prufer}$ 序列中出现 $d_i-1$ 次。

当某个节点度数为 $1$ 时，会直接被删掉，否则每少掉一个相邻的节点，它就会在序列中出现 $1$ 次。

因此共出现 $d_i-1$ 次。

性质3： 一个 n 个节点的完全图的生成树个数为 $n^{n-2}$ （Cayley 公式）。

对于一个 $n$ 个点的无根树，它的 $\text{prufer}$ 序列长为 $n-2$ ，而每个位置有 $n$ 种可能性，因此可能的 $\text{prufer}$ 序列有 $n^{n-2}$ 种。

又由于 $\text{prufer}$ 序列与无根树一一对应，因此生成树个数应与 $\text{prufer}$ 序列种树相同，即 $n^{n-2}$ 。

性质4： 对于给定度数为 $d_{1\sim n}$ 的一棵无根树共有 $\frac{(n-2)!}{{\prod }_{i=1}^n(d_i-1)!}$ 种情况。

由上面的性质可以知道，度数为 $d_i$ 的节点会在 $\text{prufer}$ 序列中出现 $d_i-1$ 次。

则就是要求出 $d_i-1$ 个 $i(1\le i\le n)$的全排列个数。

而上面那个式子就是可重全排列公式。（即全排列个数除以重复元素内部的全排列个数）

3. $\text{Cayley}$ 公式的推论

1. $n$ 个无序点的有根树个数为 $n^{n-1}$

2. $n$ 个无序点的无根树个数为 $n^{n-2}$

3. $n$ 个有序点的有根树个数为 $n^{n-1}\times (n-1)!$

4. $n$ 个有序点的无根树个数为 $n^{n-2}\times (n-1)!$

A、（P6086 【模板】）Prufer 序列

Weblink

https://www.luogu.com.cn/problem/P6086

Problem

请实现 Prufer 序列和无根树的相互转化。

为方便你实现代码，尽管是无根树，我们在读入时仍将 n 设为其根。

对于一棵无根树，设 $f_{1\dots n-1}$ 为其父亲序列（$f_i$ 表示 i 在 n 为根时的父亲），设 $p_{1\dots n-2}$ 为其 Prufer 序列。

另外，对于一个长度为 m 的序列 $a_{1\dots m}$ ，我们设其权值为 ${\mathrm{xor}}_{i=1}^{m}i\times a_i$ 。

Solution

由无根树得到其 prufer 序列：

找到编号最小的度数为1的点
删除该节点并在序列中添加与该节点相连的节点的编号
重复1,2操作，直到整棵树只剩下两个节点

双指针 $O(n)$ 实现： 指针指向编号最小的叶节点。每次删掉它之后，如果产生了新的叶节点且编号比指针指向的更小，则直接继续删掉，否则自增找到下一个编号最小的叶节点。

由 prufer 序列还原该无根树：

每次取出prufer序列中最前面的元素u
在点集中找到编号最小的没有在prufer序列中出现的元素v
给u,v连边然后分别删除
最后在点集中剩下两个节点，给它们连边

双指针 $O(n)$ 实现： 指针指向编号最小的度数为 1 的节点。每次将它与当前枚举到的 Prufer 序列的点连接之后，如果产生了新的度数为 1 的节点且编号比指针指向的更小，则直接继续将它与下一个 Prufer 序列的点连接，否则自增找到下一个编号最小的度数为 1 的节点。

Code

const int N = 6e6 + 7, mod = 1e9 + 7;

int n, m, t;
int p[N], f[N], d[N];
ll ans = 0;

void TtoP()
{
    
    
    for(int i = 1; i <= n - 1; ++ i) {
    
    
        scanf("%d", &f[i]);
        d[f[i]] ++ ;
    }
    for(int i = 1, j = 1; i <= n - 2; ++ i, ++ j) {
    
    
        while(d[j]) ++ j;//从小到大找到第一个度数为 1 (d[j] == 0) 的结点
        p[i] = f[j];//将父结点放入 prufer 序列里
        while(i <= n - 2 && -- d[p[i]] == 0 && p[i] < j)
            p[i + 1] = f[p[i]], ++ i;
    }
    ans = 1ll * p[1];
    for(int i = 2; i <= n - 2; ++ i) {
    
    
        ans ^= 1ll * i * p[i];
    }
}

void PtoT()
{
    
    
    for(int i = 1; i <= n - 2; ++ i) {
    
    
        scanf("%d", &p[i]);
        d[p[i]] ++ ;
    }
    p[n - 1] = n;
    for(int i = 1, j = 1; i <= n - 1; ++ i, ++ j) {
    
    
        while(d[j]) ++ j;
        f[j] = p[i];
        while(i <= n - 1 &&  -- d[p[i]] == 0 && p[i] < j)
            f[p[i]] = p[i + 1], ++ i;
    }
    ans = 1ll * f[1];
    for(int i = 2; i <= n - 1; ++ i)
        ans ^= 1ll * i * f[i];
}

int main()
{
    
    
    scanf("%d%d", &n, &m);
    if(m == 1) TtoP();
    else PtoT();
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

B、（P2290 [HNOI2004]）树的计数

Weblink

https://www.luogu.com.cn/problem/P2290

Problem

一个有 $n$ 个节点的树，设它的节点分别为 $v_1,v_2,\dots ,v_n$ ，已知第 $i$ 个节点 $v_i$ 的度数为 $d_i$ ，问满足这样的条件的不同的树有多少棵。

Solution

由 性质4： 对于给定度数为 $d_{1\sim n}$ 的一棵无根树共有 $\frac{(n-2)!}{{\prod }_{i=1}^n(d_i-1)!}$ 种情况。我们可以直接用公式求解。但是这个公式可能会爆 long long ，不想写高精，所以考虑另一种思路。

我们发现题目其实可以转化成一共有 $n-2$ 个位置，要放 $n$ 个数，其中数 $i$ 要占 $d[i]-1$ 个位置。显然答案为：$ans={\prod }_{i=1}^n{C}_{d[i]-1}^{sum}$ ，其中 $sum$ 为剩余的位置数。

最后需要特判一下不合法的情况：

1. 图不合法，即有点的度数为 $0$ ，说明不是连通图，也就不是树，输出 $0$。

2. prufer序列不合法，即$\sum d_i-1!=n-2$

3. 若 $n=1$ ，当 $d_1=0$ 合法，输出 1，否则不合法，输出 0。

Code

const int N = 507;

ll c[N][N];
int n, m;
ll d[N], sum;

void solve()
{
    
    
    scanf("%d", &n);
    if(n == 1) {
    
    
        int d;
        scanf("%lld", &d);
        if(d == 0)
            puts("1");
        else puts("0");
        return ;
    }
    bool flag = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
    
    
        scanf("%lld", &d[i]);
        if(d[i] == 0) flag = 1;
        sum += d[i] - 1;
    }
    if(sum != n - 2 || flag) {
    
    
        puts("0");
        return ;
    }
    c[0][0] = c[1][0] = c[1][1] = 1;
    for(int i = 2; i <= sum; ++ i) {
    
    
        c[i][0] = 1;
        for(int j = 1; j <= sum; ++ j) {
    
    
            c[i][j] = c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j];
        }
    }
    ll ans = 1;
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
    
    
        ans *= c[sum][d[i] - 1];
        sum -= d[i] - 1;
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return ;
}

int main()
{
    
    
    solve();
}

C、（CF156D） Clues

Weblink

https://www.luogu.com.cn/problem/CF156D

Problem

给定一个 $n$ 个点 $m$ 条边的带标号无向图，它有 $k$ 个连通块，求添加 $k-1$ 条边使得整个图连通的方案数，答案对 $p$ 取模。

Solution

结论：$ans=n^{k-2}\times \prod _{i=1}^k{s}_i$

其中 $s_i$ 为第 $i$ 个连通块的点数。

我们直接用并查集计算一下连通块的点的数量即可。

证明：

Code

const int N = 1e5 + 7, mod = 1e9 + 7;
int n, m, p, k;
int fa[N];
int s[N];

int qpow(int a, int b)
{
    
    
    int res = 1;
    while(b) {
    
    
        if(b & 1) res = 1ll * res * a % p;
        a = 1ll * a * a % p;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

int Find(int x)
{
    
    
    if(fa[x] == x) return x;
    return fa[x] = Find(fa[x]);
}

void Union(int x, int y)
{
    
    
    int fx = Find(x), fy = Find(y);
    fa[fx] = fy;
}

int main()
{
    
    
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &p);
    if(p == 1) return puts("0"), 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++ i)
        fa[i] = i;
    for(int i = 1; i <= m; ++ i) {
    
    
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        Union(x, y);
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++ i)
        s[Find(i)] ++ ;

    ll ans = 1;
    for(int i = 1; i <= n; ++ i)
        if(i == Find(i)) ++ k, ans = (ans * 1ll * s[i]) % p;
    if(k == 1) return puts("1"), 0;
    ans = (ans * 1ll * qpow(n, k - 2)) % p;
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

D、UVA10843 Anne’s game

Weblink

https://www.luogu.com.cn/problem/UVA10843

Problem

$Anne$ 喜欢玩一个游戏：

• 她在一张纸上画一个圆
• 然后再画一个圆，并用一条线将其与另一个圆连接起来
• 接着再画一个圆，并用一条线将其与前两个圆中的任意一个连接起来
• 重复上述操作，直至她画了 $n$ 个圆，且每个圆都与先前绘制的任意一个圆连接，所有圆都不相交，且每一条线也不相交
• 最后，她在这些圆中随机填入 $1$ ~ $n$ 这些数字（每个圆仅填入一个数字）

那么， $Anne$ 可以得到多少种不同的图？
两幅图不同的条件：其中一幅图有一条线连接了编号为 $i$ 和编号为 $j$ 的圆，而另一幅图没有。

$1<n\le 100$

Solution

随机填入编号 —— 无序点，$n$ 个无序点的无根树个数为 $n^{n-2}$。

直接输出即可。

Code

const int N = 1e5 + 7, p = 2000000011;
int n, m, k, kcase, t;

int qpow(int a, int b)
{
    
    
    int res = 1;
    while(b) {
    
    
        if(b & 1) res = 1ll * res * a % p;
        a = 1ll * a * a % p;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

int main()
{
    
    
    scanf("%d", &t);

    while(t -- ) {
    
    
        scanf("%d", &n);
        if(n <= 2) {
    
    
            printf("Case #%d: 1\n", ++ kcase);
            continue;
        }
        printf("Case #%d: %d\n", ++ kcase, qpow(n, n - 2));
    }
    return 0;
}

E、（P4430） 小猴打架

Problem

一开始森林里面有N只互不相识的小猴子，它们经常打架，但打架的双方都必须不是好朋友。每次打完架后，打架的双方以及它们的好朋友就会互相认识，成为好朋友。经过N-1次打架之后，整个森林的小猴都会成为好朋友。 现在的问题是，总共有多少种不同的打架过程。 比如当N=3时，就有{1-2,1-3}{1-2,2-3}{1-3,1-2}{1-3,2-3}{2-3,1-2}{2-3,1-3}六种不同的打架过程。

Solution

其实就是有 $n$ 个结点，经过 $n-1$ 次连边形成一棵树，问有多少种连边过程，不止是连边的方案数，最后生成的树的不同方案也算方案数。

首先显然 $n$ 个无序点的无根树的方案数为 $n^{n-2}$，并且有 $n-1$ 次连边，也就是有 $(n-1)!$ 种连边方案，总方案数为 $(n-1)!\times n^{n-2}$。

const int N = 1e5 + 7, mod = 9999991;
int n, m, ans;
int main()
{
    
    
    ans = 1;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n - 2; ++ i) ans = 1ll * ans * n % mod;
    for(int i = 1; i <= n - 1; ++ i) ans = 1ll * ans * i % mod;
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

F、（BZOJ1005） 明明的烦恼

Problem

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？

$1\le n\le 1000$

Solution

https://www.cnblogs.com/zhj5chengfeng/archive/2013/08/23/3278557.html