BZOJ 1089: [SCOI2003]严格n元树 递推，高精度

Description

　　如果一棵树的所有非叶节点都恰好有n个儿子，那么我们称它为严格n元树。如果该树中最底层的节点深度为d

（根的深度为0），那么我们称它为一棵深度为d的严格n元树。例如，深度为２的严格２元树有三个，如下图：

　　给出n, d，编程数出深度为d的n元树数目。

Input

　　仅包含两个整数n, d( 0 < n < = 32, 0 < = d < = 16)

Output

　　仅包含一个数，即深度为d的n元树的数目。

Sample Input

【样例输入1】

2 2

【样例输入2】

2 3

【样例输入3】

3 5

Sample Output

【样例输出1】

3

【样例输出2】

21

【样例输出2】

58871587162270592645034001

解题方法： 蓝儿太菜了，想了10多分钟，果断不会推，看了一眼题解，暗自叹息自己的傻吊和大牛的推理好强。其实这就是个简单的递推，我们不难发现一棵深度为i以下的严格n元树由两部分组成：一个根节点，n棵子树，其中每棵子树的深度不超过i-1

每棵子树有S[i-1]种 一共n棵子树 于是S[i]=S[i-1]^n

嗯？是不是少了点东西？没错，还有一种情况，这棵严格n元树本身就是一个根节点

于是S[i]=S[i-1]^n+1。 那么答案就是 S[i] - S[i-1]。

然后这题需要高精度，高精度只写过加减，这里乘方咋写？其实就是魔改一下快速幂就可以了，这题我抄的hzwer大牛的模板（深感羞耻），另外这种高精度压位的写法要注意答案位数不能溢出，比如把这里的bas换成1e5就会WA！从上面的递推式子很容易看出来，我们需要重载的有加法，减法，乘法，乘方。

代码如下：

//bzoj 1089
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int bit = 10000;//高精度压位
int n, d;
struct node{
int v[10005], l;
}f[32];
node operator*(node a, node b){
node c;
for(int i = 1; i <= a.l + b.l; i++) c.v[i] = 0;
for(int i = 1; i <= a.l; i++)
for(int j = 1; j <= b.l; j++)
c.v[i+j-1] += a.v[i] * b.v[j];
c.l = a.l + b.l;
for(int i = 1; i <= c.l; i++){
if(c.v[i] >= bit){
if(i == c.l){
c.l++;
c.v[i+1] = c.v[i] / bit;
}
else{
c.v[i+1] += c.v[i] / bit;
}
c.v[i] %= bit;
}
}
while(c.l > 1 && !c.v[c.l]) c.l--;
return c;
}
node operator ^ (node a, int p)
{
node c;
c.l = 1, c.v[1] = 1;
for(int i = p; i; i >>= 1, a = a * a) if(i & 1) c = c * a;
return c;
}
node operator + (node a, int p){
a.v[1] += p;
int now = 1;
while(a.v[now] >= bit){
a.v[now + 1] += a.v[now] / bit;
a.v[now] %= bit;
now++;
a.l = max(a.l, now);
}
return a;
}
node operator - (node a, node b){
for(int i = 1; i <= a.l; i++){
a.v[i] -= b.v[i];
if(a.v[i] < 0){
a.v[i] += bit;
a.v[i+1]--;
}
}
while(a.l > 1 && !a.v[a.l]) a.l--;
return a;
}
void print(node a){
printf("%d", a.v[a.l]);
for(int i = a.l - 1; i; i--) printf("%04d", a.v[i]);
printf("\n");
}
int main(){
scanf("%d%d", &n, &d);
if(d == 0){
puts("1"); return 0;
}
f[0].l = f[0].v[1] = 1;
for(int i = 1; i <= d; i++){
f[i] = (f[i-1] ^ n) + 1;
}
print(f[d] - f[d-1]);
return 0;
}