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+7;
const int mxn=1000050;
int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int inv[mxn],fac[mxn];
void init(int n){
    n+=5;
    inv[0]=inv[1]=1;fac[0]=fac[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        fac[i]=(LL)fac[i-1]*i%mod;
        inv[i]=((-mod/i*(LL)inv[mod%i])%mod+mod)%mod;
    }
    for(int i=2;i<=n;i++)inv[i]=(LL)inv[i-1]*inv[i]%mod;
    return;
}
int n,m;
int u[20],d[20];bool vis[20];
LL ans=0;
int ksm(int a,int k){
    int res=1;
    while(k){
        if(k&1)res=(LL)res*a%mod;
        a=(LL)a*a%mod;
        k>>=1;
    }
    return res;
}
int main(){
    int i,j;
    n=read();m=read();
    if(n==1){printf("1
");return 0;}
    init(n);
    for(i=0;i<m;i++){
        u[i]=read();d[i]=read();
    }
    ans=ksm(n,n-2);
    int ed=1<<m;
    for(int S=1;S<ed;S++){//枚举状态 
        int tmp=S,smm=0,cnt=0;bool flag=1;
        LL down=1;
        memset(vis,0,sizeof vis);
        for(i=0;i<m;i++){
            if((S>>i)&1){
                if(vis[u[i]]){flag=0;break;}//限制重复 
                vis[u[i]]=1;
                smm+=d[i]-1;
                ++cnt;
                down=down*inv[d[i]-1]%mod;
            }
        }
        if(!flag)continue;
        if(smm>n-2)continue;
        LL up=fac[n-2];
        up=up*down%mod*inv[n-2-smm]%mod;
        up=up*ksm(n-cnt,n-2-smm)%mod;
        (ans+=(cnt&1)?-up:up)%=mod;
    }
    ans=(ans+mod)%mod;
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}