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求有多少 n 点 n 边的无向连通图，满足第 i 个点的度数为 (d_i)。

原题传送门。

@solution@

如果是树显然就 prufer 定理；基环树就考虑拓展一下。

枚举环上的点集合 S，则环内部能够连出的方案数为 (frac{(|S| - 1)!}{2})（注意环的大小 (|S| geq 3)）。

接着，将环缩成一个新点 x'，则它的度数为 (d_{x'} = sum_{iin S}(d_i - 2))（注意 (d_i geq 2)）。

对缩点后的新图运用 prufer 定理，得到：

[frac{(n - |S| - 1)!}{(sum_{iin S}(d_i - 2) - 1)! imes prod_{i ot in S}(d_i - 1)!} ]

不过 x' 的出边并不是全部相同。对于 x' 还有个系数 (frac{(sum_{iin S}(d_i - 2))!}{prod_{iin S}(d_i - 2)!})，表示邻接边的分配方案。

因此整合得到：

[egin{aligned} &frac{(|S| - 1)!}{2} imes frac{(n - |S| - 1)!}{(sum_{iin S}(d_i - 2) - 1)! imes prod_{i ot in S}(d_i - 1)!} imes frac{(sum_{iin S}(d_i - 2))!}{prod_{iin S}(d_i - 2)!}\ =&frac{(|S| - 1)!}{2} imes frac{(n - |S| - 1)!}{prod_{i}(d_i - 1)!} imes (sum_{iin S}(d_i - 2)) imes prod_{iin S}(d_i - 1) end{aligned} ]

把 ((|S|, sum(d_i - 2))) 当作状态做一个 O(n^3) 的 dp 求 (prod_{iin S}(d_i - 1)) 即可。

特判 n 个点连成一个大环的情况。

@accpeted code@

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int MAXN = 300;
const int MOD = int(1E9) + 7;
const int INV2 = (MOD + 1) / 2;

inline int add(int x, int y) {return (x + y >= MOD ? x + y - MOD : x + y);}
inline int sub(int x, int y) {return (x - y < 0 ? x - y + MOD : x - y);}
inline int mul(int x, int y) {return 1LL * x * y % MOD;}

int pow_mod(int b, int p) {
	int ret = 1;
	for(int i=p;i;i>>=1,b=mul(b,b))
		if( i & 1 ) ret = mul(ret, b);
	return ret;
}

int fct[2*MAXN + 5], ifct[2*MAXN + 5];
void init() {
	fct[0] = 1; for(int i=1;i<=2*MAXN;i++) fct[i] = mul(fct[i - 1], i);
	for(int i=0;i<=2*MAXN;i++) ifct[i] = pow_mod(fct[i], MOD - 2);
}

int dp[2][MAXN + 5][MAXN + 5];

int d[MAXN + 5], N;
int main() {
	init(), scanf("%d", &N);
	for(int i=1;i<=N;i++)
		scanf("%d", &d[i]), d[i]--;
	int tot = 0; dp[0][0][0] = 1;
	for(int i=1;i<=N;i++) {
		if( d[i] ) {
			for(int j=0;j<i;j++)
				for(int k=0;k<=tot;k++)
					dp[1][j][k] = dp[0][j][k];
			for(int j=0;j<i;j++)
				for(int k=0;k<=tot;k++)
					dp[0][j+1][k+d[i]-1] = add(dp[0][j+1][k+d[i]-1], mul(d[i], dp[1][j][k]));
			tot += d[i] - 1;
		}
	}
	int ans = mul(mul(fct[N-1], INV2), dp[0][N][0]), tmp = 1;
	for(int i=1;i<=N;i++) tmp = mul(tmp, ifct[d[i]]);
	for(int i=3;i<N;i++)
		for(int j=1;j<=tot;j++) {
			int coef = mul(mul(fct[i-1], INV2), mul(fct[N-i-1], tmp));
			ans = add(ans, mul(mul(coef, j), dp[0][i][j]));
		}
	printf("%d
", ans);
}

@details@

如果是不带度数限制基环树，还是用的 prufer 序列，和上述方法相同（貌似矩阵树解不了的样子。。。）

本题还有一个更快的 O(n^2) 做法：

[egin{aligned} &frac{(|S| - 1)!}{2} imes frac{(n - |S| - 1)!}{(sum_{iin S}(d_i - 2) - 1)! imes prod_{i ot in S}(d_i - 1)!} imes frac{(sum_{iin S}(d_i - 2))!}{prod_{iin S}(d_i - 2)!}\ =&frac{(|S| - 1)! imes (n - |S| - 1)!}{2} imes frac{sum_{iin S}(d_i - 2)}{prod_{i ot in S}(d_i - 1)!prod_{i in S}(d_i - 2)!}\ =&frac{(|S| - 1)! imes (n - |S| - 1)!}{2} imes sum_{iin S}frac{1}{prod_{j ot in S}(d_j - 1)! imes prod_{j in S, j ot = i}(d_j - 2)! imes (d_i - 3)} end{aligned} ]

只需要存状态 (|S|) 以及是否贡献了 (frac{1}{d_i - 3})。一样需要特判。