51nod 1806 wangyurzee的树

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wangyurzee有n个各不相同的节点，编号从1到n。wangyurzee想在它们之间连n-1条边，从而使它们成为一棵树。
可是wangyurzee发现方案数太多了，于是他又给出了m个限制条件，其中第i个限制条件限制了编号为u[i]的节点的度数不能为d[i]。
一个节点的度数，就是指和该节点相关联的边的条数。
这样一来，方案数就减少了，问题也就变得容易了，现在请你告诉wangyurzee连边的方案总数为多少。
答案请对1000000007取模。

 

样例解释
总方案共有3种，分别为{(1,2),(1,3)}，{(1,2),(2,3)}，{(2,3),(1,3)}。其中第二种方案节点1的度数为2，不符合要求，因此答案为2。

Input

第一行输入2个整数n(1<=n<=1000000)，m(0<=m<=17)分别表示节点个数以及限制个数。
第2行到第m+1行描述m个限制条件，第i+1行为2个整数u[i]，d[i]，表示编号为u[i]的节点度数不能为d[i]。
为了方便起见，保证1<=ui<=m。同时保证1<=ui<=n，1<=di<=n-1，保证不会有两条完全相同的限制。

Output

输出一行一个整数表示答案。

Input示例

3 1
1 2

Output示例

2

树 prufer编码 数学问题 容斥

算度数不为d[i]的方案数看上去不可做，考虑算度数为d[i]的方案数。

首先我们知道n个点有标号生成树的数量为 $ n^{n-2} $

注意到限制条件m很小，可以计算不满足一个条件的方案数，不满足两个条件的方案数，不满足三个条件的方案数……然后容斥一下。

假设当前计算不满足某x个条件的方案数：

若一个点的度数为 $ d[i] $，那么它在prufer序列中出现了 $ d[i]-1 $次。
现在有x个点的贡献确定了，其度数总和为

$ \sum_{i=1}^{x} d[i] $

那么在prufer序列中有

$ sum=\sum_{i=1}^{x} (d[i]-1) $　　 个位置被占用。
占用这么多位置的方案数是

$ C(n-2, sum)$
这些位置里选$d[1]-1$个位置填第1种编号，方案数为

$ C(sum,d[1]-1)$
再选位置填第2种编号，方案数为

$ C(sum-d[1]-1,d[2]-1)$
以此类推
根据乘法原理把上面这些组合数乘起来，化简得到：
$ \frac{(n-2)!}{(n-2-sum)! * \Pi (d[i]-1)!}$
prufer序列中剩下的位置可以任意填不被限制度数的点，共有

$(n-x)^{n-2-sum}$　　种方案
所以符合当前度数限制的方案数有
$ \frac{(n-2)!}{(n-2-sum)! * \Pi (d[i]-1)!} * (n-x)^{n-2-sum}$

注意：可能出现两个限制条件同时限制一个点的度数，需要特判

 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #include<cstdio>
 #include<cmath>
 #define LL long long
 using namespace std;
 const int mod=1e9+;
 const int mxn=;
 int read(){
     int x=,f=;char ch=getchar();
     while(ch<'' || ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
     while(ch>='' && ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
     return x*f;
 }
 int inv[mxn],fac[mxn];
 void init(int n){
     n+=;
     inv[]=inv[]=;fac[]=fac[]=;
     for(int i=;i<=n;i++){
         fac[i]=(LL)fac[i-]*i%mod;
         inv[i]=((-mod/i*(LL)inv[mod%i])%mod+mod)%mod;
     }
     for(int i=;i<=n;i++)inv[i]=(LL)inv[i-]*inv[i]%mod;
     return;
 }
 int n,m;
 int u[],d[];bool vis[];
 LL ans=;
 int ksm(int a,int k){
     int res=;
     while(k){
         if(k&)res=(LL)res*a%mod;
         a=(LL)a*a%mod;
         k>>=;
     }
     return res;
 }
 int main(){
     int i,j;
     n=read();m=read();
     if(n==){printf("1\n");return ;}
     init(n);
     for(i=;i<m;i++){
         u[i]=read();d[i]=read();
     }
     ans=ksm(n,n-);
     int ed=<<m;
     for(int S=;S<ed;S++){//枚举状态
         int tmp=S,smm=,cnt=;bool flag=;
         LL down=;
         memset(vis,,sizeof vis);
         for(i=;i<m;i++){
             if((S>>i)&){
                 if(vis[u[i]]){flag=;break;}//限制重复
                 vis[u[i]]=;
                 smm+=d[i]-;
                 ++cnt;
                 down=down*inv[d[i]-]%mod;
             }
         }
         if(!flag)continue;
         if(smm>n-)continue;
         LL up=fac[n-];
         up=up*down%mod*inv[n--smm]%mod;
         up=up*ksm(n-cnt,n--smm)%mod;
         (ans+=(cnt&)?-up:up)%=mod;
     }
     ans=(ans+mod)%mod;
     printf("%lld\n",ans);
     return ;
 }