做这题的时候发现题解里有提到(generalizations of Cayley's formula)的，当场懵逼，Wikipedia里也就带到了一下，没有解释怎么来的，然后下面贴了篇论文。
大概就是(n)个点(k)个联通块的森林，(1,2,cdots,k)属于不同的联通块，这样不同的方案数共有(kcdot n^{n-k-1})种。
我自己用(Prüfer)序列脑补了半天没搞懂怎么来的，始终觉得感性理解是(n^{n-k})，然后就去看了下那个证明。
用(F(n,k))表示那个方案数（(n,k)与前面意义相同），我们要证明
[F(n,k)=kcdot n^{n-k-1} ;;;;;;(1)
]
证明基于下面这个公式，若(n>1)且(1 leq k leq n)则
[F(n,k)=sum_{j=0}^{n-k} {n-k choose j} F(n-1,k+j-1) ;;;;;;(2)
]
其中(F(1,1)=1,F(n,0)=0(n geq 1))
要证明上面的递推式，考虑一个(n)个点(k)个联通块，(1,2,cdots,k)属于不同的联通块的森林，在这个森林中，一号节点可能和({k+1,k+2,cdots,n})的任何子集相连，假设连了(j)个点，那么方案数就是(n-k choose j)，然后删掉一号点，此时有(n-1)个点，(k+j-1)个联通块，我们枚举(j)，就得到了上面的式子。
再用一下数学归纳法就可以把(2)式变成(1)式了
当(n=1)时，两式显然相等
当(n>1)时，若(F(n-1,i)=i cdot (n-1)^{n-i-2})，则由(2)可得
[F(n,i)=sum_{j=0}^{n-i} {n-i choose j}(i+j-1)(n-1)^{n-i-j-1}=i cdot n^{n-i-1};;;;(3)
]
用一下二项式定理就行。
博主有话说：不得不承认这篇博文是烂尾，毕竟还不是很懂二项式定理QAQ，但感觉这个证明还挺精巧的。