洛谷 P2290 [HNOI2004]树的计数（bzoj[1211]）

做法：Prufer序列&&Cayley定理&&组合数学（推广）

没学过的可以戳这里看matrix67大佬讲课：经典证明：Prüfer编码与Cayley公式

然后就是对于这个题了。

这里先摘抄一段话：

一个有趣的推广是，n个节点的度依次为D1, D2, …, Dn的无根树共有(n-2)! / [ (D1-1)!(D2-1)!..(Dn-1)! ]个，因为此时Prüfer编码中的数字i恰好 出现Di-1次。

转化成数学公式也就是这个样子：



解释一下。

(n−2)!就是总排列数，下面的是每个点的排列重复数，除一下就是最终的情况数了。

为什么数字i恰好出现di−1次呢？

因为它的每一个儿子在被删去时都会将它加入序列，父亲不会。

接下来就是各种坑点：

1.会乘爆，所以要一边乘一边除，具体可以看我的代码。

2.度数为一时无解。

3.∑ni=1di−1应该等于n-2，不然就不合法。

这个题就是特判较坑，应该说很坑，其他还好。

代码略丑，不要介意#_#

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n;
ll d[151];
ll jie[151];
ll sum;
inline ll calc(ll x){
ll ans=1;
for(int i=2;i<=x;i++){
ans*=i;
}
return ans;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&d[i]);
sum+=d[i]-1;
if(d[i]==0&&n!=1){
printf("0");
return 0;
}
jie[i]=calc(d[i]-1);
}
if(sum!=n-2){
printf("0");
return 0;
}
ll ans=1;
int j=1;
for(int i=1;i<=n-2;i++){
ans*=i;
if(j>n)continue;
if(ans%jie[j]==0){
ans/=jie[j];
j++;
}
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}