Loading docs/graph/prufer.md +14 −0 Original line number Diff line number Diff line Loading @@ -194,33 +194,47 @@ $Prufer$ 序列可能比你想得还强大。它能创造比凯莱定理更通 > 一个 n 个点 m 条边的带标号无向图有 k 个连通块。我们希望添加 k-1 条边使得整个图连通。求方案数。 设 $s_i$ 表示每个连通块的数量。我们对 $k$ 个连通块构造 $Prufer$ 序列，然后你发现这并不是普通的 $Prufer$ 序列。因为每个连通块的连接方法很多。不能直接淦就设啊。于是设 $d_i$ 为第 $i$ 个连通块的度数。由于度数之和是边数的两倍，于是 $\sum_{i=1}^kd_i=2k-2$。则对于给定的 $d$ 序列构造 $Prufer$ 序列的方案数是 $$ \binom{k-2}{d_1-1,d_2-1,\cdots,d_k-1}=\frac{(k-2)!}{(d_1-1)!(d_2-1)!\cdots(d_k-1)！} $$ 对于第 i 个连通块，它的连接方式有 ${s_i}^{d_i}$ 种，因此对于给定 $d$ 序列使图连通的方案数是 $$ \binom{k-2}{d_1-1,d_2-1,\cdots,d_k-1}\cdot \prod_{i=1}^k{s_i}^{d_i} $$ 现在我们要枚举 $d$ 序列，式子变成 $$ \sum_{d_i\ge 1，\sum_{i=1}^kd_i=2k-2}\binom{k-2}{d_1-1,d_2-1,\cdots,d_k-1}\cdot \prod_{i=1}^k{s_i}^{d_i} $$ 好的这是一个非常不喜闻乐见的式子。但是别慌！我们有多元二项式定理： $$ (x_1 + \dots + x_m)^p = \sum_{\substack{c_i \ge 0 ,\ \sum_{i=1}^m c_i = p}} \binom{p}{c_1, c_2, \cdots ,c_m}\cdot \prod_{i=1}^m{x_i}^{c_i} $$ 那么我们对原式做一下换元，设 $e_i=d_i-1$，显然 $\sum_{i=1}^ke_i=k-2$，于是原式变成 $$ \sum_{e_i\ge 0，\sum_{i=1}^ke_i=k-2}\binom{k-2}{e_1,e_2,\cdots,e_k}\cdot \prod_{i=1}^k{s_i}^{e_i+1} $$ 化简得到 $$ (s_1+s_2+\cdots+s_k)^{k-2}\cdot \prod_{i=1}^ks_i $$ 即 $$ n^{k-2}\cdot\prod_{i=1}^ks_i $$ 这就是答案啦 ## 习题 Loading Loading
docs/graph/prufer.md +14 −0 Original line number Diff line number Diff line Loading @@ -194,33 +194,47 @@ $Prufer$ 序列可能比你想得还强大。它能创造比凯莱定理更通 > 一个 n 个点 m 条边的带标号无向图有 k 个连通块。我们希望添加 k-1 条边使得整个图连通。求方案数。 设 $s_i$ 表示每个连通块的数量。我们对 $k$ 个连通块构造 $Prufer$ 序列，然后你发现这并不是普通的 $Prufer$ 序列。因为每个连通块的连接方法很多。不能直接淦就设啊。于是设 $d_i$ 为第 $i$ 个连通块的度数。由于度数之和是边数的两倍，于是 $\sum_{i=1}^kd_i=2k-2$。则对于给定的 $d$ 序列构造 $Prufer$ 序列的方案数是 $$ \binom{k-2}{d_1-1,d_2-1,\cdots,d_k-1}=\frac{(k-2)!}{(d_1-1)!(d_2-1)!\cdots(d_k-1)！} $$ 对于第 i 个连通块，它的连接方式有 ${s_i}^{d_i}$ 种，因此对于给定 $d$ 序列使图连通的方案数是 $$ \binom{k-2}{d_1-1,d_2-1,\cdots,d_k-1}\cdot \prod_{i=1}^k{s_i}^{d_i} $$ 现在我们要枚举 $d$ 序列，式子变成 $$ \sum_{d_i\ge 1，\sum_{i=1}^kd_i=2k-2}\binom{k-2}{d_1-1,d_2-1,\cdots,d_k-1}\cdot \prod_{i=1}^k{s_i}^{d_i} $$ 好的这是一个非常不喜闻乐见的式子。但是别慌！我们有多元二项式定理： $$ (x_1 + \dots + x_m)^p = \sum_{\substack{c_i \ge 0 ,\ \sum_{i=1}^m c_i = p}} \binom{p}{c_1, c_2, \cdots ,c_m}\cdot \prod_{i=1}^m{x_i}^{c_i} $$ 那么我们对原式做一下换元，设 $e_i=d_i-1$，显然 $\sum_{i=1}^ke_i=k-2$，于是原式变成 $$ \sum_{e_i\ge 0，\sum_{i=1}^ke_i=k-2}\binom{k-2}{e_1,e_2,\cdots,e_k}\cdot \prod_{i=1}^k{s_i}^{e_i+1} $$ 化简得到 $$ (s_1+s_2+\cdots+s_k)^{k-2}\cdot \prod_{i=1}^ks_i $$ 即 $$ n^{k-2}\cdot\prod_{i=1}^ks_i $$ 这就是答案啦 ## 习题 Loading
