[HNOI2008]明明的烦恼

Description

　　自从明明学了树的结构,就对奇怪的树产生了兴趣......给出标号为1到N的点,以及某些点最终的度数,允许在
任意两点间连线,可产生多少棵度数满足要求的树?

Input

　　第一行为N(0 < N < = 1000),
接下来N行,第i+1行给出第i个节点的度数Di,如果对度数不要求,则输入-1

Output

　　一个整数,表示不同的满足要求的树的个数,无解输出0

Sample Input

3
1
-1
-1

Sample Output

2

HINT

　　两棵树分别为1-2-3;1-3-2

该题运用到了树的prufer编码的性质：

  (1)树的prufer编码的实现

        不断 删除树中度数为1的最小序号的点，并输出与其相连的节点的序号  直至树中只有两个节点

  (2)通过观察我们可以发现

        任意一棵n节点的树都可唯一的用长度为n-2的prufer编码表示

        度数为m的节点的序号在prufer编码中出现的次数为m-1

  (3)怎样将prufer编码还原为一棵树？？

        从prufer编码的最前端开始扫描节点，设该节点序号为 u ,寻找不在prufer编码的最小序号且没有被标记的节点 v ，连接   u,v,并标记v，将u从prufer编码中删除。扫描下一节点。

该题需要将树转化为prufer编码

因为一个点度为di，那么在prufer序列中出现di-1次

所以对于已知的度，sum=∑di-1(已知)，cnt为有多少已知点

那么从序列中选出sum为方案C(sum,n-2)

对于已知di，产生的方案数为${{(n-2)!} \over {\prod (d_i - 1)}！}$

对于无限制的点，可以这样考虑，剩下的n-2-sum为每一位选择都有n-cnt种

所以方案为(n-cnt)^n-2-sum

把三者乘起来

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #include<cmath>
 using namespace std;
 struct Big_Num
 {
   int a[],len;
   Big_Num()
   {}
   Big_Num &operator *=(const int &b)
   {int i;
     for (i=;i<=len;i++)
       a[i]*=b;
     for (i=;i<=len;i++)
       a[i+]+=a[i]/,a[i]%=;
     int loc=len+;
     while (a[loc])
       {
     a[loc+]+=a[loc]/;
     a[loc]%=;
     loc++;
       }
     len=loc-;
   }
   void print()
   {int i;
     for (i=len;i>=;i--) printf("%d",a[i]);
     cout<<endl;
   }
 }ans;
 int d[],du[],pri[],pre[],tot,n,cnt,sum,flag;
 bool vis[];
 int main()
 {int i,j;
   freopen("tree1.in","r",stdin);
   freopen("1005.out","w",stdout);
   cin>>n;
   flag=;
   for (i=;i<=n;i++)
     {
       scanf("%d",&d[i]);
       if (d[i]!=-) cnt++,sum+=d[i]-;
       if (d[i]==||d[i]==n) flag=;
     }
   if (n==)
     {
       cout<<;
       return ;
     }
   if (n==)
     {
       if ((d[]==||d[]>)||(d[]==||d[]>))
     cout<<;
       else cout<<;
       return ;
     }
   if (sum>n-)
     {
       cout<<;
       return ;
     }
   if (flag)
     {
       cout<<;
       return ;
     }
   for (i=;i<=n-;i++)
     du[i]++;
   for (i=;i<=n--sum;i++)
     du[i]--;
   for (i=;i<=n;i++)
     if (d[i]!=-)
       {
     for (j=;j<=d[i]-;j++)
       du[j]--;
       }
   for (i=;i<=n--sum;i++)
     du[n-cnt]++;

   for (i=;i<=;i++)
     {
       if (vis[i]==)
     {
       pri[++tot]=i;
       pre[i]=i;
     }
       for (j=;j<=tot;j++)
     {
       if (pri[j]*i>) break;
       vis[i*pri[j]]=;
       pre[i*pri[j]]=pri[j];
       if (i%pri[j]==) break;
     }
     }
   for (i=;i>=;i--)
     if (pre[i]!=i)
       {
     du[pre[i]]+=du[i];
     du[i/pre[i]]+=du[i];
     du[i]=;
       }
   ans.a[]=;ans.len=;
   for (i=;i<=;i++)
     if (du[i]>)
       {
     for (j=;j<=du[i];j++)
     ans*=i;
       }
   ans.print();
 }