bzoj1211 [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

正解：$prufer$序列。
有一个结论，如果一个点的度数为$d$，那么它在$prufer$序列中出现$d-1$次。

知道这个以后我们就可以直接算了，$Ans=frac{n-2!}{prod_{(d-1)!}}$

注意两个细节，一是要分解质因数，二是要特判无解情况。

#include <bits/stdc++.h>
#define il inline
#define RG register
#define ll long long

using namespace std;

int f[160][160],ans[160],d[160],vis[160],prime[160],n,cnt,sum;
ll Ans;

il int gi(){
  RG int x=0,q=1; RG char ch=getchar();
  while ((ch<'0' || ch>'9') && ch!='-') ch=getchar();
  if (ch=='-') q=-1,ch=getchar();
  while (ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return q*x;
}

il ll qpow(RG ll a,RG ll b){
  RG ll ans=1;
  while (b){
    if (b&1) ans*=a; a*=a,b>>=1;
  }
  return ans;
}

il void sieve(){
  for (RG int i=2;i<=n;++i){
    if (!vis[i]) prime[++cnt]=i;
    for (RG int j=1,k;j<=cnt;++j){
      k=i*prime[j]; if (k>n) break;
      vis[k]=1; if (i%prime[j]==0) break;
    }
  }
  return;
}

il void factor(RG int n){
  RG int x=n;
  for (RG int i=1;i<=cnt;++i){
    if (x%prime[i]) continue;
    while (x%prime[i]==0) x/=prime[i],++f[n][i];
  }
  return;
}

il void add(int *a,RG int x,RG int v){
  for (RG int i=1;i<=cnt;++i) a[i]+=v*f[x][i]; return;
}

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("count.in","r",stdin);
  freopen("count.out","w",stdout);
#endif
  n=gi(),sieve(),Ans=1;
  for (RG int i=1;i<=n;++i){
    d[i]=gi()-1; if (d[i]<0 && n!=1) puts("0"),exit(0); sum+=d[i];
  }
  if (sum!=n-2) puts("0"),exit(0);
  for (RG int i=2;i<=n;++i) factor(i);
  for (RG int i=2;i<=n-2;++i) add(ans,i,1);
  for (RG int i=1;i<=n;++i)
    for (RG int j=2;j<=d[i];++j) add(ans,j,-1);
  for (RG int i=1;i<=cnt;++i) Ans*=qpow(prime[i],ans[i]);
  cout<<Ans; return 0;
}