【51Nod 1806】wangyurzee

Description

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。

Solution

这是一道很经典的题目，求无根树的方案数。
求无根树的方案数，有一个很好用的东西，叫做purfer序列。参见purfer序列学习小记
因为一个purfer序列确定了，那么一个无根树就确定了，所以只用算purfer序列的方案就可以了。
因为规定了一些点a[i]的入度不能为d[i]，所以在purfer序列上a[i]不能出现(d[i]-1)次，那么用容斥原理就可以了。
首先限制一些点a[i]只能出现d[i]次，
那么答案（p表示限制的方案数）=

Cd[1]−1n−2∗Cd[2]−1n−2−d[1]−1∗......∗(n−p)n−2−∑d[i]−1

Code

#include<iostream> #include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)#define fod(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)using namespace std;typedef long long ll;const int maxn=1000007,mo=1000000007;int i,j,k,l,t,n,m,ans;int a[maxn],d[maxn],fact[maxn],ni[maxn];bool bz[maxn],az[maxn];int c(int x,int y){    if(x<y)return 0;    return (ll)fact[x]*ni[y]%mo*ni[x-y]%mo;}int qsm(int x,int y){    int z=1;    while(y){        if(y&1)z=(ll)z*x%mo;        x=(ll)x*x%mo;        y/=2;    }    return z;}void dfs(int x,int y){    int i,j=0;    if(x==m+1){        ll o=1,p=n-2;        fo(i,1,m){            if(az[i]){                o=(ll)o*c(p,d[i]-1)%mo;                p-=d[i]-1;              }        }        o=(ll)o*qsm(n-y,p)%mo;        ans=(ans+(y%2?-o:o))%mo;        return;    }    if(!bz[a[x]]){        bz[a[x]]=1;        az[x]=1;        dfs(x+1,y+1);        bz[a[x]]=0;        az[x]=0;    }    dfs(x+1,y);}int main(){    scanf("%d%d",&n,&m) ;    fo(i,1,m){        scanf("%d%d",&a[i],&d[i]);    }    fact[0]=1;    fo(i,1,n)fact[i]=(ll)fact[i-1]*i%mo;    ni[n]=qsm(fact[n],mo-2);    fod(i,n-1,0)ni[i]=(ll)ni[i+1]*(i+1)%mo;    dfs(1,0);    ans=(ans+mo)%mo;    printf("%d\n",ans);}