题解：[HNOI2004] 树的计数

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题意分析

对于这种关于树上度数的计数问题，一般会考虑使用 Prüfer 序列求解（Prüfer 序列参见此处）。

Prüfer 序列（Prufer 序列）的主要作用就是将无根树与序列相互转换，每一个确定的无根树都对应一个确定的 Prüfer 序列。

那么对于这道题目，假如树确定了，那么对应的 Prüfer 序列。因此满足条件的树的棵数即 Prüfer 序列的数量。

由 Prüfer 序列的性质：

• Prüfer 长度为 \(n-2\)。
• 设非叶节点 \(i\) 的度数为 \(d_i\)，则 \(i\) 在序列中出现次数为 \(d_i-1\)。

如果不考虑重复的 Prüfer 序列，则总数量即对于 \(n-2\) 个元素进行全排列，即 \((n-2)!\)。

但是由于 Prüfer 序列中会有重复的元素，因此要去除一些序列。重复的次数即 \(\prod\limits_{i=1}^n(d_i-1)!\)。因为每一个重复节点出现之后，交换这些重复节点是没有影响的。单个节点 \(i\) 的重复数量是 \((d_i-1)!\)，乘起来即可。

故，答案为：

\[\dfrac{(n-2)!}{\prod\limits_{i=1}^n(d_i-1)!} \]

小技巧

可以发现，这个题目不需要取模。

这也就意味着，无法再预处理阶乘快速计算。

有一种方法是将 \(1\sim n-2\) 放入数组存起来，每次除 \((d_i-1)!\) 时就 \(1\sim d_i-1\) 找到其倍数暴力除。最后再将数组中剩余的数乘起来即可。

但是有没有更好的方法呢？

肯定是有的。因为答案不超过 \(10^{17}\)，因此我们可以找一个大于 \(10^{17}\) 的质数 \(P\) 作为模数；但是这样对于答案没有任何影响。

而有了 \(P\)，我们也就可以预处理阶乘、逆元了，从而可以快速计算。

寻找 \(P\) 的话，可以写 Miller-Rabin 素性判断，但是没必要。可以直接写 \(\mathcal O\left(\sqrt n\right)\) 的质数判断，因为在 \(10^{18}\) 附近就有一个质数 \(10^{18}+3\)。（事实上，\(10^{17}+3\) 也是的，但是我想从 \(10^{18}\) 开始找）

对于这种常用特殊质数，个人建议还是背一点比较好。（比如 \(10^9+7,10^9+9,998244353\)）

AC 代码

//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm> 
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
typedef __int128 lll;
typedef long long ll;
constexpr const ll N=150,P=1000000000000000003ll;
int n,d[N+1];
ll fact[N+1];
template<typename T>
T qpow(T base,T n){ 
	T ans=1;
	while(n){
		if(n&1){
			ans=(lll)ans*base%P;
		}
		base=(lll)base*base%P;
		n>>=1;
	}
	return ans;
}
ll C(int n,int m){
	if(n<0||m<0||n<m){
		return 0;
	} 
	return (__int128)fact[n]*qpow((lll)fact[n]*fact[n-m]%P,(lll)P-2)%P;
}
int main(){
	/*freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);*/
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	
	fact[0]=1;
	for(int i=1;i<=N;i++){
		fact[i]=(__int128)i*fact[i-1]%P;
	}
	cin>>n;
	int sum=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>d[i];
		sum+=d[i];
	}
	if(sum!=2*n-2){
		cout<<0<<'\n';
		return 0;
	}
	if(n==1){
		cout<<!d[1]<<'\n'; 
		return 0;
	}
	ll ans=fact[n-2];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans=(__int128)ans*qpow(fact[d[i]-1],P-2)%P;
	}
	cout<<ans<<'\n';
	
	cout.flush(); 
	
	/*fclose(stdin);
	fclose(stdout);*/
	return 0;
}