Prüfer序列简要介绍

\(Prüfer\)序列可以适用于很多树上计数问题

转化（无根树到\(Prüfer\)序列）：

给定一颗树，将树变成\(Prüfer\)序列，盗图！！！嘿嘿

1.找到一个度数为\(1\)的点，且编号最小的点（编号最小保证了\(Prüfer\)序列的唯一对应性)
2.把这个点的父亲节点加入序列，然后把这个点删除

重复进行这两个操作，直至树中只剩下两个点，然后就得到了一个长度为\(n-2\)的序列，这就是\(Prüfer\)序列

模拟求\(Prüfer\)序列的过程：

• 找到\(4\)号节点，将\(fa[4]\)加入序列，然后将其删去。此时序列：\(\{2\}\)。
• 找到\(5\)号节点，将其父结点加入序列，然后将其删去。此时序列：\(\{2,3\}\)。
• 找到\(3\)号节点，将其父结点加入序列，然后将其删去。此时序列：\(\{2,3,1\}\)。
• 找到\(6\)号节点，将其父结点加入序列，然后将其删去。此时序列：\(\{2,3,1,2\}\)。
• 找到\(2\)号节点，将其父结点加入序列，然后将其删去。此时序列：\(\{2,3,1,2,1\}\)。

所以，最后得到的\(Prüfer\)序列就是\(\{2,3,1,2,1\}\)。

转化（从\(Prüfer\)序列到无根树）

1.取出\(Prüfer\)序列最前面的元素\(x\)
2.取出在点集中，并且当前不在\(Prüfer\)序列中的最小元素\(y\)，（对应着上面提到过的选取编号最小的点）
3.在\(x\),\(y\)中链接一条边

最后，在点集中剩下的两个点中连一条边
显然这有\(n-1\)条边，不会形成环，因此是一颗树

模拟过程

• 取出\(2,4\)连边。此时\(Prüfer\)序列：\(\{3,1,2,1\}\)，\(V=\{1,2,3,5,6,7\}\)。
• 取出\(3,5\)连边。此时\(Prüfer\)序列：\(\{1,2,1\}\)，\(V=\{1,2,3,6,7\}\)。
• 取出\(1,3\)连边。此时\(Prüfer\)序列：\(\{2,1\}\)，\(V=\{1,2,6,7\}\)。
• 取出\(2,6\)连边。此时\(Prüfer\)序列：\(\{1\}\)，\(V=\{1,2,7\}\)。
• 取出\(1,2\)连边。此时\(Prüfer\)序列：\(\{\}\)，\(V=\{1,7\}\)。

最后在\(1,7\)间连边，就可以得到原树了。

性质，结论

• 基础性质：\(Prüfer\)序列与无根树一一对应，唯一对应性

• 度数为\(d_i\)的节点会在\(Prüfer\)序列中出现\(d_i-1\)次

• 一个\(n\)节点的完全图的生成树个数为\(n^{n-2}\)
  对于一个\(n\)个节点的无根树，它的\(Prüfer\)序列长为\(n-2\)，而每一个位置都有\(n\)种可能性，所以可能出现的\(Prüfer\)序列有\(n^{n-2}\)种

• 对于给定度数\(d_{1 \sim n}\)的一颗无根树共有\(\frac{(n-2)!}{\prod_{i=1}^n(d_i-1)!}\)种情况

  由上面的性质可以知道，度数为\(d_i\)的节点会在\(Prüfer\) 序列中出现\(d_i-1\)次

  则就是要求出\(d_i-1\)个\(i\)\((1\le i\le n)\)的全排列个数
  而上面那个式子就是可重全排列公式。（即全排列个数除以重复元素内部的全排列个数）

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[P6086 【模板】Prüfer 序列](P6086 【模板】Prüfer 序列 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn))

模板题，写两个转换

#include"bits/stdc++.h"
using namespace std;
const int N=5e6+15;
#define inl inline
#define regi register
#define PII pair<int,int>
#define int long long
inl int read(void)
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)) f=ch=='-'?-1:f,ch=getchar();
	while(isdigit(ch))  x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
	return x*f;
}
int n,m;
int d[N],fa[N],p[N];//in fa Prüfer
int w_prufer(void)
{
	int ans=0;
	for(int i=1;i<n;i++)	fa[i]=read(),d[fa[i]]++;
	for(int i=1,j=1;i<=n-2;i++,j++)
	{
		while(d[j])	j++;
		p[i]=fa[j];
		while(i<=n-2&&!--d[p[i]]&&p[i]<j)	p[i+1]=fa[p[i]],i++;
	}
	for(int i=1;i<=n-2;i++)	ans^=i*p[i];
	return ans;
	
}
int w_fa(void)
{
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n-2;i++)	p[i]=read(),d[p[i]]++;
	p[n-1]=n;
	for(int i=1,j=1;i<n;i++,j++)
	{
		while(d[j])	j++;
		fa[j]=p[i];
		while(i<n&&!--d[p[i]]&&p[i]<j)	fa[p[i]]=p[i+1],i++;
	}
	for(int i=1;i<n;i++)	ans^=i*fa[i];
	return ans;
}
signed main(void)
{
	n=read(),m=read();
	int ans=m==1?w_prufer():w_fa();
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

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P2290 [HNOI2004] 树的计数

根据$ Prüfer $序列，我们可以把问题转化成这样。
给定 \(n-2\) 个数，其中有 \(n\) 种，每种有 \(d_i-1\) 个，求排列组合方式。
很容易得出公式 \(\frac{(n-2)!}{∏_{i=1}^n \max(d_i−1,1)!}\) (取 max 是因为防止乘 0 )
注意特判和答案\(\le10^{17}\)

#include"bits/stdc++.h"

using namespace std;
#define inl inline
#define regi register
#define PII pair<int,int>
#define int __int128
const int P=100000000000000003,N=215;
inl int read(void)
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)) f=ch=='-'?-1:f,ch=getchar();
	while(isdigit(ch))  x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
	return x*f;
}
void write(int x)
{
    if(x<0)
        putchar('-'),x=-x;
    if(x>9)
        write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
    return;
}
int fac[N];
int qpow(int a,int b){int res=1;while(b){if(b&1)res=(__int128)res*a%P;a=(__int128)a*a%P;b>>=1;}return res;}
void init(int n)
{
	fac[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)	fac[i]=(__int128)fac[i-1]*i%P;
}
int fac_(int k)
{
	int ans=1;for(int i=1;i<=k;i++)	ans=(__int128)ans*i%P;return ans;
}
int d[N],ans=1;
signed main(void)
{
	int n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)	d[i]=read();
	int temp=0,maxn=0,minx=P;
	for(int i=1;i<=n;i++)	temp+=d[i],maxn=max(maxn,d[i]),minx=min(minx,d[i]);
	if(n==1)
	{
		cout<<!d[1]<<endl;
		return 0;
	}
	if(temp!=n+n-2||(n!=1&&minx==0))
	{
		puts("0");
		return 0;
	}
	ans=fac_(n-2);
	for(int i=1;i<=n;i++)	ans=(__int128)ans*max(qpow(fac_(d[i]-1),P-2),(int)1)%P;
	write(ans);
	return 0;
}