看到(purfer)序列板子后，想到这个名词在哪见过，于是找到了一个题，还带出一个：
(T1).
题目链接：P4430 小猴打架
开始极其懵逼，考虑过大力容斥，但还是失败了，原来是：
Cayley定理(凯莱，反正是个神犇就对了):
(n)个节点的带标号的形态不同的无根树有(n^{n-2})个，
再乘上((n-1)!)种生成方式即可，
[ans=(n-1)!×n^{n-2}
]
时间复杂度(O(n+logn))，你要是会快速阶乘，就可以(O(logn))了。
(Code):
#include<iostream>
using namespace std;
const int mod=9999991;
long long quickpow(int a,int b)
{
long long ans=1,base=a;
while(b)
{
if(b&1) ans=ans*base%mod;
base=base*base%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
int n;
long long f;
int main()
{
cin>>n;
f=1;
for(int i=2;i<n;i++)
{
f=f*i%mod;
}
f=f*quickpow(n,n-2)%mod;
cout<<f;
return 0;
}
(T2).
题目链接：P4981 父子
一样的，只是考虑(n)种无根树，
[ans=n^{n-1}
]
复杂度(O(Tlogn))，可以通过本题。
(Code):
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+9;
ll quickpow(ll a,ll b)
{
ll ans=1,base=a;
while(b!=0)
{
if(b&1!=0)
{
ans=ans*base%mod;
}
base=base*base%mod;
b>>=1;
}
return ans%mod;
}
int t,n;
int main()
{
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d",&n);
int s=quickpow(n,n-1)%mod;
printf("%d
",s);
}
return 0;
}