題目大意：給定n個點的度數上限，求出由1~n個點能構成的樹有多少種。n<=100
這道題題解給的其實是一個非常噁心的生成函式+NTT，時間複雜度n^3logn，但是有另一種n^4的DP並且由於小常成功虐了正解，這裡我們給出程式碼複雜度小的多的第二種題解。
首先我們要引入一個新的知識點叫prufer序列，每一棵樹都唯一對應著一個prufer序列，每一個prufer序列也都唯一對應著一棵樹，具體操作就是每次找到樹上度數為一的點中標號最小的一個，然後將其連線的點加入prufer序列，並在原樹中刪掉這個點，直到樹上只剩兩個點時停止操作，得到的長度為n-2的序列即為prufer序列。prufer序列有一個性質就是一個點出現的次數即為這個點在樹上的度數-1。
這樣的話我們只需搞出一個DP算出來有多少種prufer序列即可。因為我們要算出1~n的所有答案，所以我們要維護一個狀態表示選擇了幾個數，dp[i][j][k]表示前i種點選了j種一共k個點在prufer中的方案總數，組合數轉移即可。這裡要注意的是我可以選擇一個點出現0次，這表示它的度數為1.最後第s個答案即為dp[n][s][s-2]

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int mod=1004535809;
long long dp[101][101][101];
long long c[101][101
 
];
int a[101];
int main()
{
    for(int i=0;i<=100;i++) c[i][0]=1;
    for(int i=1;i<=100;i++)
        for(int j=1;j<=100;j++)
            c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod;
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    dp[0][0][0]=1;
    for(int i=0
 
;i<n;i++)
        for(int j=0;j<n;j++)
            for(int k=0;k<n;k++)
            {
                if(dp[i][j][k]==0) continue;
                dp[i+1][j][k]+=dp[i][j][k],dp[i+1][j][k]%=mod;
                for(int m=0;m<=a[i+1]-1 && k+m<=n;m++)
                    dp[i+1][j+1][k+m]+=(dp[i][j][k]*c[k+m][m]),dp[i+1][j+1][k+m]%=mod;
            }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(i==1) cout<<n;
        else printf(" %lld",dp[n][i][i-2]);
    }
}