Description
A fan of order n is a graph on the vertices { 0, 1, ..., n } with 2n-1 edges defined as follows:
Vertex 0 is connected by an edge to each of the other n vertices, and vertex k is connected by an edge to vertex k+1, for 1<=k<n. Here, for example, is the fan of order 3, which has four vertices and five edges.
The problem is: how many spanning trees are in such a graph?
A spanning tree is a subgraph containing all the vertices, and containing enough edges to make the subgraph connected yet not so many that it has a cycle.
The following shows all the spanning trees of fan of order 2.
Input
The input contains multiple test cases.
For each test case, there is one integer n (1<=n<=10000) in a line, indicate a fan of order n
A line with a single zero ends the input and should not be processed.
Output
The number of different spanning tree in the fan, moduled by 10000.
Sample Input
1
2
3
4
0
Sample Output
1
3
8
21
这道习题是川大ACM程序设计大赛中的初试的一道题目,可以在http://acm.scu.edu.cn/soj/problem.action?id=2484上找到。
我的解题思路:
针对Spanning tree的特点,可以发现,其实这个问题是递归的,既是可以通过子spanning trees来构成一个大的spanning trees。
n+1个节点的spanning tree在节点(1,2,3,...,n}上,可以把{1,2,3,...,n}分成m个组,每个组内的节点编号是连续的,但是个数可以不相同。比如,(1,2,3),(4,5,6,7),(8,9),(10,...),...等等组。可以发现这个n+1个节点的spanning trees完全可以由{1,2,3},{4,5,6,7},{8,9},{10,...},...这些子的spanning trees构成,这些子spanning trees的底边是连通的。由于不能有环,又由于他们的底边是连通的,那么(1,2,3),(4,5,6,7)这些组中只能取某一个节点与0节点连接,构成子spanning trees。那么,k个节点的组可以有k个不同取法,也就是说,可以构成k个spanning tree。那么n+1个节点的spanning trees的个数就是每个子spanning trees的个数乘以子spanning trees的组合方式的情况个数。
下面的问题就变成一个简单的数的排列组合问题了。既是{1,2,3,...,n}可以分成多少个组,要求组内的数字是连续的。这个问题也可以通过递归来解决。
我是这样来看待分组的分配的:
(1),{2,3,..n}
(1,2),{3,4,...,n}
(1,2,3),{4,5,..,n}
...
(1,2,3,...,n-1),{n}
(1,2,3,4,...,n)
可能你会说,为什么都是只考虑两个分组?注意了,这里列出的并非是分组的情况。小括号才是分组的括号,而大括号是分组的所有组合的集合,比如(1,2),(3),(4,5,...,n)其实就包含在了(1,2),{3,4,..,n}中了,因为{3,4,...,n}集合里面就包含了(3),(4,5,...,n)这种分组了。
一个k个节点的组,必须取且只能取一个点与0节点连接,就形成一个子spanning tree,所以k个节点的组有k中spanning tree的构成方式。
既然发现了问题是递归的,那么我们可以来构造递归式了。如果n+1个节点的spanning trees解为S(n),根据上面的分组的分配方式,可以看到每种分配方式对应的解的个数
(1),{2,3,..n} 1*S(n-1)
(1,2),{3,4,...,n} 2*S(n-2)
(1,2,3),{4,5,..,n} 3*S(n-3)
... ...
(1,2,3,...,n-1),{n} (n-1)*S(1)
(1,2,3,...,n) n
则可以列出下面的公式:
S(n) = S(n-1) + 2*S(n-2) + 3*S(n-3) + 4*S(n-4) + ... + (n-1)*S(1) + n
S(1) = 1
有了这样的公式,直接写递归函数,就可以很容易求出这道题目的解,但是仅仅这样是不够的。ACM的题目大部分都设置了算法运行时间的限制,这个递归式还有点复杂,其实还可以进一步简化的。
下面是简化的推导:
S(n-1) = S(n-2) + 2*S(n-3) + ... + (n-2)*S(1) + n-1
=> S(n) - S(n-1) = S(n-1) + S(n-2) + S(n-3) + ... + 1
=> S(n) = 2*S(n-1) + S(n-2) + S(n-3) + ... +1
=> S(n-1) = 2*S(n-2) + S(n-3) + ... + 1
=> S(n) - S(n-1) = 2*S(n-1) - S(n-2)
=> S(n) = 3*S(n-1) - S(n-2)
最后得到一个简单的递归式: S(n) = 3*S(n-1) - S(n-2)
利用这个递归式写出的程序,已经可以通过ACM的Online Judge的Accpeted了。但是还有更简单的算法没?或许我们应该把S(n)的通项公式求出来,说不定就能得到一个O(1)的算法。
根据上面的递归式求S(n)的通项公式的方法在中学数学里面已经学过了,任何一个上述递归式,都可以通过特征根求解的方式求出通项公式出来,至于特征根方程的构造,这里有个网址上面有介绍:http://202.113.96.26/discrete/xxwb/tj/chap7.htm
我的解题程序:
1
// SOJ2484.cpp : 定义控制台应用程序的入口点。2
//3
4
#include <stdio.h>5
#include <stdlib.h>6
#include <string.h>7
8
#define MAX_NUM_S 100009
#define MOD 1000010
11
long g_S[MAX_NUM_S];12
13
/**//*14
S(n) = 3*S(n-1) - S(n-2)15
*/16
int S(int n)17
...{18
if(n == 1)19
return 1;20
else if(n == 2)21
return 3;22
23
if(g_S[n] != 0)24
return g_S[n];25
26
int sum = (3*S(n-1)- S(n-2))%MOD;27
g_S[n] = sum;28
return sum;29
}30
31
32
int main()33
...{34
int N;35
memset(g_S, 0, MAX_NUM_S*sizeof(long));36
while(1)37
...{38
scanf("%d",&N);39
if(N == 0)40
break;
41
printf("%ld\n",S(N));42
}43
return 0;44
}