ARC106F Figures / A.圣诞树 题解（Prufer 序列的应用）

有 \(n\) 个点，第 \(i\) 个点上有 \(a_i\) 个可区分的洞，问在这些洞之间连 \(n-1\) 条线使得形成一棵树的方案数。对给定的模数 \(m\) 取模。

\(n\le 10^6,a_i\le m\)。

这个题有点厉害。

我这个解法需要用到 prufer 序列的一个结论。首先 prufer 序列是一个将 \(n\) 个点的带标号无根树与长度为 \(n-2\)，值域为 \(1\sim n\) 的整数序列一一对应的一种构造方案。具体构造方案如下：

进行以下操作直到只剩下两个点：

1. 拿出所有叶子中编号最小的点 \(x\)。
2. 与 \(x\) 相邻的唯一一个点加入 prufer 序列。
3. 将 \(x\) 从这棵树里删除。

因为最后只剩下两个点，所以这个序列长度为 \(n-2\)。

这个序列就被我们称为 prufer 序列。prufer 序列有非常多良好的性质。

首先，根据上述构造过程，我们可以知道一个度数为 \(d_x\) 的点 \(x\) 在 prufer 序列中恰好出现了 \(x-1\) 次，因为只有恰好一次删除与 \(x\) 相邻的边时，没有在 prufer 序列里记录 \(x\)。因此所有没出现过的点就是叶子节点。

其次，prufer 序列和有标号无根树是一一对应的关系，因为你可以这么根据 prufer 序列还原一棵树：

拿出所有没有在 prufer 序列中出现的点，这个集合记为 \(S\)。

重复以下操作直到 prufer 序列为空：

1. 令当前 \(S\) 集合中编号最小的点为 \(x\)，prufer 序列的第一个元素为 \(y\)。
2. 在树中添加一条边 \((x,y)\)。从 \(S\) 中删去 \(x\)，删除 prufer 序列的第一个元素。
3. 如果 \(y\) 在 prufer 序列中不再出现（即现在 \(y\) 也是一个叶子节点了），则将 \(y\) 加入到集合 \(S\)。

在进行了 \(n-2\) 次上述操作后，集合 \(S\) 中应该恰有两个点，再在这两个点之间连边即可。

根据以上构造过程，我们就证明了一个 prufer 序列也只能恰好被还原为一个带标号无根树。因此 prufer 序列和无根树是双射关系。

那么接下来，如果给定了一个度数序列 \(d_1,d_2,\cdots d_n\)，即代表 \(i\) 的度数是 \(d_i\)，如何求有多少个无根树满足这个度数序列呢？这个时候就要用到 prufer 序列的性质，即度数为 \(i\) 的点出现了 \(d_i-1\) 次，那么也就是，任意一个满足 \(i\) 出现了 \(d_i-1\) 次的 prufer 序列就对应了一个满足条件的无根树。这个无根树一共有多少个呢？显然是 \(\dfrac{(n-2)!}{\prod_{i=1}^n(d_i-1)!}\) 个。

回到我们的问题来。我们可以先枚举一个度数序列 \(d_i\)，答案即为

\[\sum_{d_1+d_2+\cdots+d_n=2n-2}\frac{(n-2)!}{\prod (d_i-1)!}\prod_{i=1}^na_i^{\underline{d_i}} \]

其中 \(a_i^{\underline{d_i}}\) 代表 \(a_i\) 的 \(d_i\) 次下降幂，也就是 \(a_i\times (a_i-1)\times\cdots\times(a_i-d_i+1)\)。

不妨令新的 \(d_i\) 等于原来的 \(d_i-1\)，这样看着好看一点。式子转为：

\[\sum_{d_1+d_2+\cdots+d_n=n-2}\frac{(n-2)!}{\prod d_i!}\prod_{i=1}^na_i^{\underline{d_i+1}} \]

由于两个 \(\prod\) 的 \(i\) 上下界都一样，我们不妨直接把 \(d_i!\) 放进后面的 \(\prod\) 里，这一步是为了把 \((n-2)!\) 提到求和式外边，方便以后化简：

\[(n-2)!\sum_{d_1+d_2+\cdots+d_n=n-2}\prod_{i=1}^n\frac{a_i^{\underline{d_i+1}}}{d_i!} \]

后面这个 \(\dfrac{a_i^{\underline{d_i+1}}}{d_i!}\) 我们想把它转换成一个组合数的形式，因为上面是一段下降幂连乘，下面是一个除以一个阶乘。发现问题在于上方分子多了一个 \(a_i\)，我们直接把这个 \(a_i\) 也提到外边：

\[(n-2)!\prod a_i(\sum_{d_1+d_2+\cdots+d_n=n-2}\prod_{i=1}^n\frac{(a_i- 1)^{\underline{d_i}}}{d_i!})\\ =(n-2)!\prod a_i(\sum_{d_1+d_2+\cdots+d_n=n-2}\prod_{i=1}^n\binom{a_i-1}{d_i}) \]

然后回忆一下范德蒙德卷积，范德蒙德卷积是在说这么一个事：如果你要从 \(n\) 个男生 \(m\) 个女生中选出 \(k\) 个人，方案数是 \(\binom{n+m}{k}\)。但是你也可以这么想，你枚举你选了多少个男生，设为 \(i\)，那也就是你要选 \(k-i\) 个女生，也就是 \(\sum_{i=1}^k\binom{n}{i}\binom{m}{k-i}\)。这两个式子的组合意义是相同的，也就是有恒等式：

\[\binom{n+m}{k}=\sum_{i=1}^k\binom{n}{i}\binom{m}{k-i} \]

同理，我们不妨扩展一下这个式子，有 \(p\) 元形式的恒等式：

\[\binom{a_1+a_2+\cdots+a_p}{m}=\sum_{i_1+i_2+\cdots+i_p=m}\binom{a_1}{i_1}\binom{a_2}{i_2}\cdots\binom{a_p}{i_p} \]

重新观察我们上面这个答案式子，发现后面这一项其实就是要你在 \(\sum (a_i-1)=\sum a_i-n\) 项里面选 \(n-2\) 项，因此化简为：

\[(n-2)!\prod a_i\binom{\sum a_i - n}{n-2} \]

把 \((n-2)!\) 乘进这个组合数里面（避免算逆元，因为 \(m\) 不一定是质数），得到：

\[ans=\prod_{i=1}^n a_i(\sum_{i=1}^n a_i-n)^{\underline{n-2}} \]

直接算即可。

void work() {
	int n, mod; cin >> n >> mod;
	vector<int> a(n + 1);
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		cin >> a[i];
	int prod = 1, sum = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		prod = prod * a[i] % mod;
		sum = (sum + a[i]) % mod;
	}
	sum = ((sum - n) % mod + mod) % mod;
	int ans = prod;
	for (int i = 0; i < n - 2; ++i) {
		ans = (ans * (sum - i + mod) % mod) % mod;
	}
	cout << ans << endl;
}