51NOD 1806 wangyurzee的树（容斥原理 + 组合数学）

传送门
wangyurzee有n个各不相同的节点，编号从1到n。wangyurzee想在它们之间连n-1条边，从而使它们成为一棵树。
可是wangyurzee发现方案数太多了，于是他又给出了m个限制条件，其中第i个限制条件限制了编号为u[i]的节点的度数不能为d[i]。
一个节点的度数，就是指和该节点相关联的边的条数。
这样一来，方案数就减少了，问题也就变得容易了，现在请你告诉wangyurzee连边的方案总数为多少。
答案请对1000000007取模。

样例解释
总方案共有3种，分别为{(1,2),(1,3)}，{(1,2),(2,3)}，{(2,3),(1,3)}。其中第二种方案节点1的度数为2，不符合要求，因此答案为2。
Input
第一行输入2个整数n(1<=n<=1000000)，m(0<=m<=17)分别表示节点个数以及限制个数。
第2行到第m+1行描述m个限制条件，第i+1行为2个整数u[i]，d[i]，表示编号为u[i]的节点度数不能为d[i]。
为了方便起见，保证1<=ui<=m。同时保证1<=ui<=n，1<=di<=n-1，保证不会有两条完全相同的限制。
Output
输出一行一个整数表示答案。
Input示例
3 1
1 2
Output示例
2

解题思路：

首先需要知道一个 prufer序列,具体详见prufer数列学习笔记
因为只要一个purfer序列确定了，那么由这个序列所组成的无根树也就确定了，所以只用算purfer序列的方案就可以了。
我们还需要知道的一个知识点就是： n 个点的生成树的数量为 nn−2
这里解释一下：底数是指 n 个点，指数是指 n 个点所对应的 prufer 序列有几个位置。
然后我们发现题目中给出的限制条件很少 m≤17，最多也就只有 2m 种状态，然后根据这些状态进行容斥。
那么我们假设选取了 x 个条件。
因为一个 n 的点的树所对应的 prufer 序列有 n−2 个数值，然后每个数字出现的个数就是这个点的 度数-1。
那么我们现在先求出 x 个条件所对应的度数之和 sum=∑(vi−1)
然后 sum 就对应了 prufer 序列中的 sum 个位置，所以从 n−2 个位置里选 sum 个位置，方案数为 C(n−2,sum)
现在就对 prufer 序列中已知的条件进行排列
现在对 sum 里 v1−1 个位置进行组合（因为 每个数字都是一样的） 所以方案数为 C(sum,v1−1)
现在还剩 tmp=sum−v1+1 个位置
然后现在对 tmp 里 v2−1 个位置进行组合（因为 每个数字都是一样的） 所以方案数为 C(tmp,v2−1)
…
直到这选定 x 个条件全部判断完，然后在根据乘法原理，将所有的方法数乘起来。
现在还剩余 n−x 个点，这些是没有限制的，然后就是 (n−x)(n−2−sum)
将所有的乘起来之后就是如下公式：
ans=(n−2)!(n−2−sum)!∏(vi−1)!∗(n−x)(n−2−sum)
然后相应的进行容斥，将最开始的总方案数算出来，然后奇减偶加。
trick：这里有几个坑
1): 当只有一个点的时候，如果 m=1 直接输出 0，否则都是 1
2):有一种情况是一个点可能有多种限制情况，这样的需要考虑：
比如 :
n = 4 m = 2
1 1
1 2

代码：

#include <iostream>#include <stdio.h>#include <stdlib.h>#include <string.h>#include <algorithm>#include <math.h>using namespace std;typedef long long LL;const LL MOD = 1e9+7;const int MAXN = 20;int u[MAXN], v[MAXN], vis[MAXN];LL Pow(LL a, LL b){    LL ans = 1;    while(b){        if(b & 1) ans = ans * a % MOD;        b>>=1;        a = a * a % MOD;    }    return ans;}LL fac[1000005], Inv[1000005];void Init(){    fac[0] = fac[1] = Inv[0] = Inv[1] = 1;    for(int i=2; i<1000005; i++) fac[i] = fac[i-1] * i % MOD;    for(int i=2; i<1000005; i++) Inv[i] = (MOD - MOD / i) * Inv[MOD % i] % MOD;    for(int i=2; i<1000005; i++) Inv[i] = Inv[i-1] * Inv[i] % MOD;}int main(){    Init();    int n, m;    scanf("%d%d", &n, &m);    if(n == 1){        if(m == 1) {puts("0"); return 0;}        else {puts("1"); return 0;}    }    for(int i=0; i<m; i++) scanf("%d%d", &u[i], &v[i]);    LL ans = Pow(n, n-2);    int state = (1<<m);    int aa = 0;    for(int i=1; i<state; i++){        int cnt = 0, sum = 0;        memset(vis, 0, sizeof(vis));        LL t = 1;        for(int j=0; j<m; j++){             if(i & (1<<j)){                if(vis[u[j]]) goto A;                cnt++;                sum += (v[j]-1);                vis[u[j]] = 1;                t = t * Inv[v[j]-1] % MOD;            }        }        if(sum > n-2) { A:; continue; }        LL tmp = fac[n-2] * Inv[n-2-sum] % MOD;        tmp = tmp * Pow(n-cnt, n-2-sum) % MOD;        tmp = tmp * t % MOD;        if(cnt & 1) ans = (ans - tmp) % MOD;        else ans = (ans + tmp) % MOD;    }    ans = (ans % MOD + MOD) % MOD;    printf("%lld\n",ans);    return 0;}