Prüfer 序列

Note

本文翻译自 e-maxx Prüfer Code。另外解释一下，原文的结点是从开始标号的，本文按照大多数人的习惯改成了从标号。

这篇文章介绍 Prüfer 序列 (Prüfer code)，这是一种将带标号的树用一个唯一的整数序列表示的方法。

使用 Prüfer 序列可以证明凯莱公式(Cayley's formula)。并且我们也会讲解如何计算在一个图中加边使图连通的方案数。

注意：我们不考虑含有个结点的树。

Prüfer 序列

引入

Prüfer 序列可以将一个带标号个结点的树用中的个整数表示。你也可以把它理解为完全图的生成树与数列之间的双射。常用组合计数问题中。

Heinz Prüfer 于 1918 年发明这个序列来证明凯莱公式。

对树建立 Prüfer 序列

Prüfer 是这样建立的：每次选择一个编号最小的叶结点并删掉它，然后在序列中记录下它连接到的那个结点。重复次后就只剩下两个结点，算法结束。

显然使用堆可以做到 $O(n\log n)$ 的复杂度

实现

C++Python

// 代码摘自原文，结点是从 0 标号的
vector<vector<int>> adj;

vector<int> pruefer_code() {
  int n = adj.size();
  set<int> leafs;
  vector<int> degree(n);
  vector<bool> killed(n, false);
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    degree[i] = adj[i].size();
    if (degree[i] == 1) leafs.insert(i);
  }

  vector<int> code(n - 2);
  for (int i = 0; i < n - 2; i++) {
    int leaf = *leafs.begin();
    leafs.erase(leafs.begin());
    killed[leaf] = true;
    int v;
    for (int u : adj[leaf])
      if (!killed[u]) v = u;
    code[i] = v;
    if (--degree[v] == 1) leafs.insert(v);
  }
  return code;
}

# 结点是从 0 标号的
adj = [[]]


def pruefer_code():
    n = len(adj)
    leafs = set()
    degree = [0] * n
    killed = [False] * n
    for i in range(1, n):
        degree[i] = len(adj[i])
        if degree[i] == 1:
            leafs.intersection(i)
    code = [0] * (n - 2)
    for i in range(1, n - 2):
        leaf = leafs[0]
        leafs.pop()
        killed[leaf] = True
        for u in adj[leaf]:
            if killed[u] == False:
                v = u
        code[i] = v
        if degree[v] == 1:
            degree[v] = degree[v] - 1
            leafs.intersection(v)
    return code

例如，这是一棵 7 个结点的树的 Prüfer 序列构建过程：

Prüfer

最终的序列就是。

当然，也有一个线性的构造算法。

Prüfer 序列的线性构造算法

线性构造的本质就是维护一个指针指向我们将要删除的结点。首先发现，叶结点数是非严格单调递减的，删去一个叶结点，叶结点总数要么不变要么减 1。

于是我们考虑这样一个过程：维护一个指针。初始时指向编号最小的叶结点。同时我们维护每个结点的度数，方便我们知道在删除结点的时侯是否产生新的叶结点。操作如下：

删除指向的结点，并检查是否产生新的叶结点。
如果产生新的叶结点，假设编号为，我们比较的大小关系。如果，那么不做其他操作；否则就立刻删除，然后检查删除后是否产生新的叶结点，重复步骤，直到未产生新节点或者新节点的编号。
让指针自增直到遇到一个未被删除叶结点为止；

正确性

循环上述操作次，就完成了序列的构造。接下来考虑算法的正确性。

是当前编号最小的叶结点，若删除后未产生叶结点，我们就只能去寻找下一个叶结点；若产生了叶结点：

如果，则反正往后扫描都会扫到它，于是不做操作；
如果，因为原本就是编号最小的，而比还小，所以就是当前编号最小的叶结点，优先删除。删除继续这样的考虑直到没有更小的叶结点。

算法复杂度分析，发现每条边最多被访问一次（在删度数的时侯），而指针最多遍历每个结点一次，因此复杂度是的。

实现

C++Python

// 从原文摘的代码，同样以 0 为起点
vector<vector<int>> adj;
vector<int> parent;

void dfs(int v) {
  for (int u : adj[v]) {
    if (u != parent[v]) parent[u] = v, dfs(u);
  }
}

vector<int> pruefer_code() {
  int n = adj.size();
  parent.resize(n), parent[n - 1] = -1;
  dfs(n - 1);

  int ptr = -1;
  vector<int> degree(n);
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    degree[i] = adj[i].size();
    if (degree[i] == 1 && ptr == -1) ptr = i;
  }

  vector<int> code(n - 2);
  int leaf = ptr;
  for (int i = 0; i < n - 2; i++) {
    int next = parent[leaf];
    code[i] = next;
    if (--degree[next] == 1 && next < ptr) {
      leaf = next;
    } else {
      ptr++;
      while (degree[ptr] != 1) ptr++;
      leaf = ptr;
    }
  }
  return code;
}

# 同样以 0 为起点
adj = [[]]
parent = [0] * n

def dfs()v:
    for u in adj[v]:
        if u != parent[v]:
            parent[u] = v
            dfs(u)

def pruefer_code():
    n = len(adj)
    parent[n - 1] = -1
    dfs(n - 1)

    ptr = -1
    degree = [0] * n
    for i in range(0, n):
        degree[i] = len(adj[i])
        if degree[i] == 1 and ptr == -1:
            ptr = i

    code = [0] * (n - 2)
    leaf = ptr
    for i in range(0, n - 2):
        next = parent[leaf]
        code[i] = next
        if degree[next] == 1 and next < ptr:
            degree[next] = degree[next] - 1
            leaf = next
        else:
            ptr = ptr + 1
            while degree[ptr] != 1:
                ptr = ptr + 1
            leaf = ptr
    return code

Prüfer 序列的性质

在构造完 Prüfer 序列后原树中会剩下两个结点，其中一个一定是编号最大的点。
每个结点在序列中出现的次数是其度数减。（没有出现的就是叶结点）

用 Prüfer 序列重建树

重建树的方法是类似的。根据 Prüfer 序列的性质，我们可以得到原树上每个点的度数。然后你也可以得到编号最小的叶结点，而这个结点一定与 Prüfer 序列的第一个数连接。然后我们同时删掉这两个结点的度数。

讲到这里也许你已经知道该怎么做了。每次我们选择一个度数为的最小的结点编号，与当前枚举到的 Prüfer 序列的点连接，然后同时减掉两个点的度。到最后我们剩下两个度数为的点，其中一个是结点。就把它们建立连接。使用堆维护这个过程，在减度数的过程中如果发现度数减到就把这个结点添加到堆中，这样做的复杂度是 $O(n\log n)$ 的。

实现

// 原文摘代码
vector<pair<int, int>> pruefer_decode(vector<int> const& code) {
  int n = code.size() + 2;
  vector<int> degree(n, 1);
  for (int i : code) degree[i]++;

  set<int> leaves;
  for (int i = 0; i < n; i++)
    if (degree[i] == 1) leaves.insert(i);

  vector<pair<int, int>> edges;
  for (int v : code) {
    int leaf = *leaves.begin();
    leaves.erase(leaves.begin());

    edges.emplace_back(leaf, v);
    if (--degree[v] == 1) leaves.insert(v);
  }
  edges.emplace_back(*leaves.begin(), n - 1);
  return edges;
}

线性时间重建树

同线性构造 Prüfer 序列的方法。在删度数的时侯会产生新的叶结点，于是判断这个叶结点与指针的大小关系，如果更小就优先考虑它。

实现

// 原文摘代码
vector<pair<int, int>> pruefer_decode(vector<int> const& code) {
  int n = code.size() + 2;
  vector<int> degree(n, 1);
  for (int i : code) degree[i]++;

  int ptr = 0;
  while (degree[ptr] != 1) ptr++;
  int leaf = ptr;

  vector<pair<int, int>> edges;
  for (int v : code) {
    edges.emplace_back(leaf, v);
    if (--degree[v] == 1 && v < ptr) {
      leaf = v;
    } else {
      ptr++;
      while (degree[ptr] != 1) ptr++;
      leaf = ptr;
    }
  }
  edges.emplace_back(leaf, n - 1);
  return edges;
}

通过这些过程其实可以理解，Prüfer 序列与带标号无根树建立了双射关系。

Cayley 公式 (Cayley's formula)

完全图有 $n^{n-2}$ 棵生成树。

怎么证明？方法很多，但是用 Prüfer 序列证是很简单的。任意一个长度为的值域的整数序列都可以通过 Prüfer 序列双射对应一个生成树，于是方案数就是 $n^{n-2}$ 。

图连通方案数

Prüfer 序列可能比你想得还强大。它能创造比凯莱公式更通用的公式。比如以下问题：

一个个点条边的带标号无向图有个连通块。我们希望添加条边使得整个图连通。求方案数。

证明

设表示每个连通块的数量。我们对个连通块构造 Prüfer 序列，然后你发现这并不是普通的 Prüfer 序列。因为每个连通块的连接方法很多。不能直接淦就设啊。于是设为第个连通块的度数。由于度数之和是边数的两倍，于是 $\sum_{i=1}^kd_i=2k-2$ 。则对于给定的序列构造 Prüfer 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)!}

对于第个连通块，它的连接方式有 ${s_i}^{d_i}$ 种，因此对于给定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，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

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