参考博客https://www.cnblogs.com/dirge/p/5503289.html
（1）prufer数列是一种无根树的编码表示，类似于hash。
一棵n个节点带编号的无根树，对应唯一串长度为n-2的prufer编码。所以一个n阶完全图的生成树个数就是
。
首先定义无根树中度数为1的节点是叶子节点。
找到编号最小的叶子并删除，序列中添加与之相连的节点编号，重复执行直到只剩下2个节点。
（2）prufer序列转化为无根树。
我们设点集为{1,2…n}。然后我们每次找到点集中没有出现在prufer序列中的最小的点（这一定是这个时刻删除的叶子节点），然后再取出prufer序列中的第一个元素，两个点建边，在将两个点在分别删除。
重要性质：prufer序列中某个编号出现的次数就是这个编号节点的度数-1。
很多时候，无根树树的问题都可以转化为求解prufer序列的问题，从而大大简化了问题。
下面提供了三道例题。
例题：
BSOJ 2503 — 【HNOI2004】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
Hint
根据“prufer序列中某个编号出现的次数就是这个编号节点的度数-1”这一性质，这道题就变成了给定元素个数的排列问题。
。
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<ctime>
#define ll long longusing namespace std;
inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}int n;
ll fac[155];
ll ksm(ll t,ll x) {
ll ans=1;
for(;x;x>>=1,t=t*t)
if(x&1) ans*=t;
return ans;
}
bool vis[150];
ll pri[150],cnt[150];
void pre(int n) {
for(int i=2;i<=n;i++) {
if(!vis[i]) pri[++pri[0]]=i;
for(int j=1;j<=pri[0]&&i*pri[j]<=n;j++) {
vis[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0) break;
}
}
}
void work(ll n,int flag) {
for(int i=1;i<=pri[0];i++) {
for(int j=pri[i];j<=n;j*=pri[i]) {
cnt[i]+=flag*n/j;
}
}
}
int tot;
ll ans[5000];
void Cheng(int t) {
for(int i=1;i<=ans[0];i++) ans[i]*=t;
for(int i=1;i<=ans[0];i++) {
ans[i+1]+=ans[i]/10;
ans[i]%=10;
}
while(ans[ans[0]+1]) {
ans[0]++;
ans[ans[0]+1]+=ans[ans[0]]/10;
ans[ans[0]]%=10;
}
}int main() {
n=Get();
pre(n);
work(n-2,1);
int a;
for(int i=1;i<=n;i++) {
a=Get();
if(!a&&n>1) {cout<<0;return 0;}
if(a>1) work(a-1,-1);
tot+=a;
}
if(tot!=(n-1)*2) return cout<<0,0;
if(n==1) {
if(tot) cout<<0;
else cout<<1;
return 0;
}
if(n==2) return cout<<1,0;
ans[0]=1;
ans[1]=1;
for(int i=1;i<=pri[0];i++)
for(int j=1;j<=cnt[i];j++) Cheng(pri[i]);
for(int i=ans[0];i>=1;i--) cout<<ans[i];
return 0;
}
BSOJ 5553 — 【模拟试题】wangyurzee的树
Description
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。
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。
Sample Input
3 1 1 2
Sample Output
2
显然要容斥。我们就用{总的方案数}-{不满足一个条件的方案数}+{不满足两个条件的方案数}-…
注意有个坑点，就是如果我们枚举的两个条件的u相同，那么方案数直接为0。
然后就是如何计数的问题。假设我们已经定了k个点的度数d[1],d[2]…d[k]。设
。那么方案数就是
。
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<ctime>
#define ll long long
#define N 1000005
#define mod 1000000007llusing namespace std;
inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}int n,m;
int u[20],d[20];
vector<int>st[N];
ll fac[N],ans;
ll ksm(ll t,ll x) {
ll ans=1;
for(;x;x>>=1,t=t*t%mod)
if(x&1) ans=ans*t%mod;
return ans;
}
ll C(int n,int m) {return fac[n]*ksm(fac[m],mod-2)%mod*ksm(fac[n-m],mod-2)%mod;}
bool vis[N];
void dfs(int v,int flag,int n,int res,ll tot) {
if(v>m) {
(ans+=flag*tot*ksm(res,n)%mod+mod)%=mod;
return ;
}
dfs(v+1,flag,n,res,tot);
if(n>=d[v]&&!vis[u[v]]) {
vis[u[v]]=1;
dfs(v+1,-flag,n-d[v],res-1,tot*C(n,d[v])%mod);
vis[u[v]]=0;
}
}
int main() {
n=Get(),m=Get();
int a;
for(int i=1;i<=m;i++) {
u[i]=Get();d[i]=Get()-1;
}
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
dfs(1,1,n-2,n,1);
cout<<ans;
return 0;
}
BSOJ 5445 — 【2018雅礼】树
Description
有n个点，第i个点的限制为度数不能超过ai。
现在对于每一个s(1<=s<=n)，问从这n个点中选出s个点组成有标号无根树的方案数。
Input
第一行一个整数表示n。
第二行n个整数a1~an。
Output
输出仅一行n个整数，第i个整数表示s=i时的答案。
Sample Input
3 2 2 1
Sample Output
3 3 2
Hint
【数据范围】
对于20%的数据，n≤6。
对于60%的数据，n≤50。
对于100%的数据，n≤100。
我们说过，处理无根树计数的问题可以转化为prufer序列的计数问题。
我们设
长度为i的prufer序列，用了j个点的方案数。考虑新增一个点v，我们假设它的度数为
，然后就可以得到转移方程
。
最后特判s=1时，答案是n，s>=2是，答案是
。
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<ctime>
#define ll long long
#define mod 1004535809ll
#define N 105using namespace std;
inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}int n;
ll f[N][N],g[N][N],c[N][N],w[N];
int main() {
n=Get();
c[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=i;j++)
c[i][j]=(!j||i==j)?1:(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod;
f[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) {
w[i]=Get();
memcpy(g,f,sizeof(f));
for(int j=0;j<n;j++) {
for(int k=0;k<n;k++) {
if(!f[j][k]) continue ;
for(int q=0;q<w[i]&&q+j<=n-2;q++) {
(g[q+j][k+1]+=f[j][k]*c[q+j][q]%mod)%=mod;
}
}
}
memcpy(f,g,sizeof(f));
}
cout<<n<<" ";
for(int i=2;i<=n;i++) cout<<f[i-2][i]<<" ";
return 0;
}
