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這題的弱化版
\(prufer\) 序列題。
我們先考慮度數確定的點，記度數確定的點有 \(k\) 個，它們在 \(prufer\) 序列中一共出現 \(cnt\) 次。
首先我們要從 \(prufer\) 序列的 \(n - 2\) 個位置中選 \(cnt\) 個來放這些點，然後我們考慮
先不確定其它 \(n - k\) 個點的位置，此時方案數為：\(\frac }\)
那麼剩下 \(n - k\) 個點怎麼處理呢？我們考慮把他們直接塞到剩下 \(n - 2 - cnt\) 個空中去就好了 \(q \omega q\) ，方案數就是乙個乘法原理：\((n - k) ^ \)
最後的答案就是 \(\frac }(n - k) ^ \)
稍微化簡一下：
\[\begin
ans& = \frac }(n - k) ^ \\
& = \frac \times \frac }(n - k) ^ \\
& = \frac }(n - k) ^
\end
\]然後寫個高精直接求就是了
#include #include using namespace std;
const int _ = 1e3 + 5;
struct biginteger
biginteger clean()
biginteger operator = (int x)
biginteger operator * (const int& x)
biginteger operator / (const int& x)
return this -> clean();
}void output()
} ans;
int n, k, s, d[_];
int main()
for (int i = 1; i <= n; ++i) if (d[i] != -1) ++k, s += d[i] - 1;
if (s > n - 2)
ans = 1;
for (int i = 1; i <= n - 2; ++i) ans = ans * i;
for (int i = 1; i <= n - 2 - s; ++i) ans = ans * (n - k);
for (int i = 1; i <= n - 2 - s; ++i) ans = ans / i;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = 1; j <= d[i] - 1; ++j) ans = ans / j;
ans.output();
return 0;
}
HNOI2008 明明的煩惱
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