memset fine sin ace efi res pri () 空間限制

基準時間限制：1 秒 空間限制：131072 KB wangyurzee有n個各不相同的節點，編號從1到n。wangyurzee想在它們之間連n-1條邊，從而使它們成為一棵樹。
可是wangyurzee發現方案數太多了，於是他又給出了m個限制條件，其中第i個限制條件限制了編號為u[i]的節點的度數不能為d[i]。
一個節點的度數，就是指和該節點相關聯的邊的條數。
這樣一來，方案數就減少了，問題也就變得容易了，現在請你告訴wangyurzee連邊的方案總數為多少。
答案請對1000000007取模。
樣例解釋
總方案共有3種，分別為{(1,2),(1,3)}，{(1,2),(2,3)}，{(2,3),(1,3)}。其中第二種方案節點1的度數為2，不符合要求，因此答案為2。 Input

第一行輸入2個整數n(1<=n<=1000000)，m(0<=m<=17)分別表示節點個數以及限制個數。
第2行到第m+1行描述m個限制條件，第i+1行為2個整數u[i]，d[i]，表示編號為u[i]的節點度數不能為d[i]。
為了方便起見，保證1<=ui<=m。同時保證1<=ui<=n，1<=di<=n-1，保證不會有兩條完全相同的限制。

Output

輸出一行一個整數表示答案。

Input示例

3 1
1 2

Output示例

2

樹 prufer編碼 數學問題 容斥

算度數不為d[i]的方案數看上去不可做，考慮算度數為d[i]的方案數。

首先我們知道n個點有標號生成樹的數量為 $ n^{n-2} $

註意到限制條件m很小，可以計算不滿足一個條件的方案數，不滿足兩個條件的方案數，不滿足三個條件的方案數……然後容斥一下。

假設當前計算不滿足某x個條件的方案數：

若一個點的度數為 $ d[i] $，那麽它在prufer序列中出現了 $ d[i]-1 $次。

現在有x個點的貢獻確定了，其度數總和為

$ \sum_{i=1}^{x} d[i] $

那麽在prufer序列中有

$ sum=\sum_{i=1}^{x} (d[i]-1) $　　 個位置被占用。
占用這麽多位置的方案數是

$ C(n-2, sum)$
這些位置裏選$d[1]-1$個位置填第1種編號，方案數為

$ C(sum,d[1]-1)$
再選位置填第2種編號，方案數為

$ C(sum-d[1]-1,d[2]-1)$
以此類推
根據乘法原理把上面這些組合數乘起來，化簡得到：
$ \frac{(n-2)!}{(n-2-sum)! * \Pi (d[i]-1)!}$
prufer序列中剩下的位置可以任意填不被限制度數的點，共有

$(n-x)^{n-2-sum}$　　種方案
所以符合當前度數限制的方案數有
$ \frac{(n-2)!}{(n-2-sum)! * \Pi (d[i]-1)!} * (n-x)^{n-2-sum}$

註意：可能出現兩個限制條件同時限制一個點的度數，需要特判

 1 #include<iostream>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<cstring>
 4 #include<cstdio>
 5 #include<cmath>
 6 #define LL long long
 7 using namespace std;
 8 const int mod=1e9+7;
 9 const int mxn=1000050;
10 int read(){
11     int x=0,f=1;char ch=getchar();
12     while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
13     while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
14     return x*f;
15 }
16 int inv[mxn],fac[mxn];
17 void init(int n){
18     n+=5;
19     inv[0]=inv[1]=1;fac[0]=fac[1]=1;
20     for(int i=2;i<=n;i++){
21         fac[i]=(LL)fac[i-1]*i%mod;
22         inv[i]=((-mod/i*(LL)inv[mod%i])%mod+mod)%mod;
23     }
24     for(int i=2;i<=n;i++)inv[i]=(LL)inv[i-1]*inv[i]%mod;
25     return;
26 }
27 int n,m;
28 int u[20],d[20];bool vis[20];
29 LL ans=0;
30 int ksm(int a,int k){
31     int res=1;
32     while(k){
33         if(k&1)res=(LL)res*a%mod;
34         a=(LL)a*a%mod;
35         k>>=1;
36     }
37     return res;
38 }
39 int main(){
40     int i,j;
41     n=read();m=read();
42     if(n==1){printf("1\n");return 0;}
43     init(n);
44     for(i=0;i<m;i++){
45         u[i]=read();d[i]=read();
46     }
47     ans=ksm(n,n-2);
48     int ed=1<<m;
49     for(int S=1;S<ed;S++){//枚舉狀態 
50         int tmp=S,smm=0,cnt=0;bool flag=1;
51         LL down=1;
52         memset(vis,0,sizeof vis);
53         for(i=0;i<m;i++){
54             if((S>>i)&1){
55                 if(vis[u[i]]){flag=0;break;}//限制重復 
56                 vis[u[i]]=1;
57                 smm+=d[i]-1;
58                 ++cnt;
59                 down=down*inv[d[i]-1]%mod;
60             }
61         }
62         if(!flag)continue;
63         if(smm>n-2)continue;
64         LL up=fac[n-2];
65         up=up*down%mod*inv[n-2-smm]%mod;
66         up=up*ksm(n-cnt,n-2-smm)%mod;
67         (ans+=(cnt&1)?-up:up)%=mod;
68     }
69     ans=(ans+mod)%mod;
70     printf("%lld\n",ans);
71     return 0;
72 }

51nod 1806 wangyurzee的樹