(mathcal{Description})
link.
给一个 (n) 个点 (m) 条边的无向图 (G)。设图上有 (k) 个连通块，求出添加 (k-1) 条边使得这些连通块全部连通的方案数。对给定的 (p) 取模。
(n,mle10^5)。
(mathcal{Solution})
( ext{Prufer}) 序列，设第 (i) 个连通块（可能是单点）的度数为 (d_i)，大小为 (s_i)。考虑连通块都是单点，方案数为：
[k-2choose d_1-1,d_2-1,cdots,d_k-1
]
即 (k-2) 个可重元素的排列数。接下来考虑连通块的大小，每个连通块都可以选出一个点来连边。所以方案数应乘上 (s_i^{d_i})。那么方案数：
[{k-2choose d_1-1,d_2-1,cdots,d_k-1}prod_{i=1}^ks_i^{d_i}
]
枚举 (t_i=d_i-1)：
[sum_{t_ige0landsum t_i=k-2}{k-2choose t_1,t_2,cdots,t_k}prod_{i=1}^ks_i^{t_i+1}
]
发现有一个 (k) 元多项式 (sum_{i=1}^ks_i) 的 (k-2) 次方，提出来：
[left(sum_{i=1}^ks_i
ight)^{k-2}prod_{i=1}^ks_i
]
显然 (sum_{i=1}^ks_i=n)，所以答案：
[n^{k-2}prod_{i=1}^ks_i
]
(mathcal{Code})
为什么不直接打并查集啊喂。
#include <cstdio>
#include <vector>
const int MAXN = 1e5, MAXM = 1e5;
int n, m, p, ecnt, head[MAXN + 5];
std::vector<int> siz;
bool vis[MAXN + 5];
struct Edge { int to, nxt; } graph[MAXM * 2 + 5];
inline void link ( const int s, const int t ) { graph[++ ecnt] = { t, head[s] }, head[s] = ecnt; }
inline int qkpow ( int a, int b ) {
int ret = 1;
for ( ; b; a = 1ll * a * a % p, b >>= 1 ) ret = 1ll * ret * ( b & 1 ? a : 1 ) % p;
return ret;
}
inline int DFS ( const int u ) {
if ( vis[u] ) return 0;
int ret = vis[u] = true;
for ( int i = head[u]; i; i = graph[i].nxt ) ret += DFS ( graph[i].to );
return ret;
}
int main () {
scanf ( "%d %d %d", &n, &m, &p );
if ( p == 1 ) return puts ( "0" ), 0;
for ( int i = 1, u, v; i <= m; ++ i ) {
scanf ( "%d %d", &u, &v );
link ( u, v ), link ( v, u );
}
int ans = 1;
for ( int i = 1, t; i <= n; ++ i ) {
if ( ! vis[i] ) {
siz.push_back ( t = DFS ( i ) );
ans = 1ll * ans * t % p;
}
}
if ( siz.size () == 1 ) return puts ( "1" ), 0;
ans = 1ll * ans * qkpow ( n, siz.size () - 2 ) % p;
printf ( "%d
", ans );
return 0;
}