[HNOI 2004]树的计数

Description

一个有n个结点的树，设它的结点分别为v1, v2, …, vn，已知第i个结点vi的度数为di，问满足这样的条件的不同的树有多少棵。给定n，d1, d2, …, dn，编程需要输出满足d(vi)=di的树的个数。

Input

第一行是一个正整数n，表示树有n个结点。第二行有n个数，第i个数表示di，即树的第i个结点的度数。其中1<=n<=150，输入数据保证满足条件的树不超过10^17个。

Output

输出满足条件的树有多少棵。

Sample Input

4
2 1 2 1

Sample Output

2

题解

$Prüfer$编码&$Cayley$公式。

预备知识：->戳我<-

这里谈下自己的理解：

（此段与题目无关，可选择跳过）首先对于$Cayley$公式，其实讲的就是“$n$阶完全图生成数个数为$n^{n-2}$”，换言之就是“$n$个带编号顶点的无根生成树共$n^{n-2}$个”。

证明：这里引用$Prüfer$编码，不了解的话可以戳上文链接。其实就是对于任何一棵无根生成树，都有一个长度为$n-2$的序列。这个序列是这样定义的：每次在叶节点中找到一个编号最小的节点，将其删去，记录下相邻节点。因为是无根，若顶点只有$2$个，显然只有一棵树，长度就是$n-2$。

而对于任何一个$Prüfer$编码都能够还原成一棵无根树。

我们回到这道题，我们拥有这样一个结论：“任何一个$Prüfer$编码都能够还原成一棵无根树”。

那么我们就可以用$Prüfer$编码来解决问题。

我们发现第$i$个点会在$Prüfer$编码中出现$d[i]-1$次：因为自己“被删”需要$1$个度，他的其他相邻节点“被删”要$d[i]-1$个度。

那么等于说$i$这个数会在编码中出现$d[i]-1$次。

因为数列长度为$n-2$，我们看有序排列：总共有$(n-2)!$个

考虑去重：因为此时$Prüfer$编码中的数字$i$恰好出现$d[i]-1$次我们只需要对于每个$i$都除以$(d[i]-1)!$就可以了。

所以答案就是。

注意要特殊讨论构成不了树的情况。

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 #include <map>
 #include <set>
 #include <cmath>
 #include <ctime>
 #include <queue>
 #include <stack>
 #include <vector>
 #include <cstdio>
 #include <string>
 #include <cstdlib>
 #include <cstring>
 #include <iostream>
 #include <algorithm>
 #define LL long long
 #define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
 #define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
 #define sqr(x) ((x)*(x))
 using namespace std;
 void read(int &x) {
   char ch; bool flag = ;
   for (ch = getchar(); !isdigit(ch) && ((flag |= (ch == '-')) || ); ch = getchar());
   for (x = ; isdigit(ch); x = (x<<)+(x<<)+ch-, ch = getchar());
   x *= -*flag;
 }

 int n, a[];
 int cnt[];
 int pre[];

 void prepare() {
   bool isprime[];
   int q[], top = ;
   memset(isprime, , sizeof (isprime));
   isprime[] = ;
   for (int i = ; i <= n; i++) {
     if (isprime[i]) q[++top] = i;
     for (int j = ; j <= top && i*q[j] <= n; j++) {
       pre[i*q[j]] = q[j];
       isprime[i*q[j]] = ;
       if (i%q[j] == ) break;
     }
   }
 }
 void noanswer() {
   printf("0\n");
   exit();
 }
 void work() {
   read(n);
   prepare();
   int sum = ;
   for (int i = ; i <= n; i++) {
     read(a[i]);
     if (!a[i] && n != ) noanswer();
     a[i]--; sum += a[i];
   }
   if (sum != n-) noanswer();
   for (int i = ; i <= n-; i++) {
     int j = i;
     while (pre[j]) {
       cnt[pre[j]]++;
       j /= pre[j];
     }
     cnt[j]++;
   }
   for (int i = ; i <= n; i++)
     for (int j = ; j <= a[i]; j++) {
       int k = j;
       while (pre[k]) {
     cnt[pre[k]]--;
     k /= pre[k];
       }
       cnt[k]--;
     }
   LL ans = ;
   for (int i = ; i <= n; i++)
     for (int j = ; j <= cnt[i]; j++)
       ans *= i;
   printf("%lld\n", ans);
 }
 int main() {
   work();
   return ;
 }