学习笔记：Prufer 编码

Prufer 编码可以将无根树与序列之间进行转化。

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一个 \(n\) 个点、区分编号的无向图 和 Prufer 序列一定是一一对应的，下面会给出映射方式。

借此可以证明 Cayley 定理： \(n\) 个点的无根、区分编号生成树个数为 \(n ^ {n-2}\)

无根树转序列

设一棵 \(n\) 个节点的无根树，写出转化为 Prufer 序列的步骤：

1. 找到编号最小的叶节点 \(x\)，把 \(x\) 相邻的点加入序列，然后，删掉 \(x\)
2. 当点数 \(= 2\) 时，终止（若不终止这次输出的一定是 \(n\) 所以是确定信息 # 无区分信息），否则继续迭代。

所以 Prufer 序列长度为 \(n - 2\)。

依此我们可以看出一个性质

考虑 \(x\) 在 Prufer 序列中出现的次数 + 1： \(cnt_x + 1\) 即 \(x\) 的度数

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显然可以 \(O(n \log n)\) 用堆做。

也有线性 \(O(n)\) 的做法：

1. 从小到大枚举哪个选择的点 \(j\)

2. 每次删除，至多会多出来一个待选叶子点 \(x\)。

   • 若没有多出来叶子点 / \(x > j\)，那么继续增大 \(j\)

   • 否则，递归继续删除 \(x\) 即可。

序列转无根树

步骤：

考虑 \(x\) 在序列中出现的次数 + 1： \(cnt_x + 1\) 即 \(x\) 的度数，所有 \(cnt_x = 1\) 的 \(x\) 加入备选集合。

1. 按顺序考虑序列每一项 \(x\)
2. 从备选集合中找到编号最小的 \(y\)，连边 \((x, y)\)。
3. 减少 \(cnt_x \gets cnt_x - 1\)，若减到 \(1\)，把 \(x\) 加入备选集合。

复杂度也可以做到 \(O(n)\)，和上述方法类似。

想法

后来突然有一个疑问：为什么转化后的 Prufer 是唯一的呢？

后来百思不得其解后发现自己钻牛角尖了，如上两步，我们给出了：

• Prufer 序列转为唯一确定形态无根树的方法
• 无根树转化为唯一确定 Prufer 序列的方法

那么无根树和 Prufer 序列就是一一对应的了。

例题题

模板题

AcWing 2419. prufer序列

注意，这里规定了 \(n\) 为根，那么显然更方便了一点，一定是从叶子往上删：

• \(cnt_x\) 为 \(x\) 的儿子数
• \(cnt_x = 0\) 加入备选集合

就可以了。

#include <iostream>
#include <cstdio>

using namespace std;

const int N = 100005;

int n, m, f[N], p[N], d[N];

void inline fToP() {
	for (int i = 1; i < n; i++) d[f[i]]++;
	for (int i = 1, j = 1; i <= n - 2; j++) {
		while (d[j]) j++;
		p[i++] = f[j];
		while (i <= n - 2 && --d[p[i - 1]] == 0 && p[i - 1] < j) p[i++] = f[p[i - 1]];
	}
}

void inline pToF() {
    for (int i = 1; i <= n - 2; i++) d[p[i]]++;
    p[n - 1] = n;
    for (int i = 1, j = 1; i < n; 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;
    }
}

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    if (m == 1) {
        for (int i = 1; i < n; i++) scanf("%d", f + i);
        fToP();
    	for (int i = 1; i <= n - 2; i++) printf("%d ", p[i]);
    } else {
        for (int i = 1; i <= n - 2; i++) scanf("%d", p + i);
        pToF();
        for (int i = 1; i < n; i++) printf("%d ", f[i]);
    }
    return 0;
}

例题：光之大陆

AcWing 2418. / BZOJ2873 光之大陆

做完这题就感觉计数特别玄学，问题出在网上所有题解都认为旋转算不同方案，需要 \(\times k\)。但我觉得不需要，因为映射的时候已经选择了对应的编号，想了 3 天，发现这一点网上的题解的理解好像都是错的。。

遂发题解。

或者说，我们做题的都是自己构造了一个自己认为正确的“广义” Prufer 序列，但并没有考虑具体映射关系，编号和缩点后编号的是否映射到位，所以计数不可避免的出现一些重复、缺漏的部分，但是阴差阳错的就对了。。

这题就是求 \(n\) 个点的区分编号、联通点仙人掌图数量。

我们可以考虑把 \(n\) 分成若干简单环，然后考虑把他们连起来的方案数。

考虑把每个简单环缩点，设缩点后有 \(j\) 个点，设 \(c[x]\) 为 \(x\) 缩点后属于的编号。

那么对于 \(j\) 个缩点的图，有多少种生成树个数呢？

考虑 Prufer 编码，稍稍做一点改动，考虑每次选择的点是 \(n\) 个，需要连 \(j - 1\) 条边，所以是 \(n ^ {j - 2}\)。这样为什么是正确的呢？考虑构造一个类似的映射方式，在标准 Prufer 编码映射上的改动：

• 在有关度数的所有操作，把 \(x\) 当作 \(c[x]\) 进行相关操作
• 在有关生成 Prufer 序列，连接父亲儿子边这些操作，用原始编号。

这样的话我们发现映射的时候，如果当作一个以 \(n\) 为根的有根树，对于一条边而言，映射出了这条边父亲的缩点前的具体编号与儿子缩点后的具体编号（这个可以考虑 Prufer 映射的过程，连边在这种特殊的映射中 \((x, y)\)， \(y\) 实际上是缩点后的编号），所以对于每条边，我们还要计数选择这条边儿子连接的具体是 \(y\) 这个缩的点连接的是这个环中具体的哪个点（选择一个接口），即除了 \(n\) 所在的那个环，其他的都要从中选一个点作为接口 。并且，我们发现 Prufer 编码没有确定最后一条边，即父亲为 \(n\) 缩点后所在的的那条边的父亲的具体编号（原始的 Prufer 编码缩点后的节点是根不需要连父亲边，但考虑到我们特殊的 Prufer，最后只能保证从 \(n\) 号节点连边，没有选择 \(n\) 号节点缩点后的点对应着缩点前的哪个点，所以 \(n\) 对应的环也要从中选一个），设每个缩点的环大小是 \(sz\)，答案应该是 \(n^{j - 2} \times \prod sz\)

后面 \(sz\) 的乘积，我们可以在把分成环的时候把贡献送进去。

所以 \(f_{i, j}\) 实际上是把 \(i\) 个点的仙人掌缩点后分成 \(j\) 个点，再从每个环里面选出一个点作为接口连接父亲边，的方案数。

所以这个 \(\times k\) 实际上并不是网上流传的朝向本质不同，而是广义 Prufer 计数留下的历史遗漏问题，缩点后编号和原始编号映射没有映射全，需要额外增加计数导致的。

答案就是 \(\sum_{i=1}^n f_{n, i} \times n^{i - 2}\)。

考虑求解 \(f_{i, j}\)，可以类比 AcWing 307. 连通图 的方式，枚举基准点 \(i\) 的联通块大小 \(k\)。

\[f_{i, j} = \sum_{k=1}^i f_{i-k, j - 1} \times C_{i - 1}^{k - 1} \times g_k \times k
\]

这个 \(g_i\) 表示大小为 \(i\) 的环的方案数：

\(g_i = \begin{cases} 0,\ i=2 \\ \frac{(i-1)!}{2}, \text{otherwise} \end{cases}\)

不存在大小为 \(2\) 的环，\(i=1\) 默认是一个点，在这个题里环旋转、翻转本质相同。

注意 \(i = 1\) 的时候特判，贡献即 \(\frac{(n-1)!}{2}\)

这个东西在预处理组合数后可以 \(O(n ^3)\) 做，这题就做完了。

#include <iostream>
#include <cstdio>

using namespace std;

const int N = 205;

typedef long long LL;

int n, P, f[N][N], fact[N], C[N][N];

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &P);
	f[0][0] = C[0][0] = 1;
	fact[1] = 1, fact[3] = 3;
	for (int i = 4; i <= n; i++) fact[i] = fact[i - 1] * i % P;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		C[i][0] = 1;
		for (int j = 1; j <= i; j++)
			C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % P;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= i; j++) {
			for (int k = 1; k <= i; k++) {
				f[i][j] = (f[i][j] + (LL)f[i - k][j - 1] * C[i - 1][k - 1] % P * fact[k]) % P;
			}
		}
	}
	int ans = fact[n - 1], s = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++, s = s * n % P) ans = (ans + (LL)f[n][i] * s) % P;
 	printf("%d\n", ans);
 	return 0;
}