题目大意
自从明明学了树的结构，就对奇怪的树产生了兴趣……
给出标号为 1 到 N 的点，以及某些点最终的度数，允许在任意两点间连线，可产生多少棵度数满足要求的树？
Input
第一行为 N(0<N<=1000)，接下来 N 行，第 i+1 行给出第 i 个节点的度数 Di，如果对度数不要求，则输入 -1
Output
一个整数，表示不同的满足要求的树的个数，无解输出 0
做法分析
这题需要了解一种数列： Purfer Sequence
我们知道，一棵树可以用括号序列来表示，但是，一棵顶点标号（1~n）的树，还可以用一个叫做 Purfer Sequence 的数列表示
一个含有 n 个节点的 Purfer Sequence 有 n-2 个数，Purfer Sequence 中的每个数是 1~n 中的一个数
一个定理：一个 Purfer Sequence 和一棵树一一对应
先看看怎么由一个树得到 Purfer Sequence
由一棵树得到它的 Purfer Sequence 总共需要 n-2 步，每一步都在当前的树中寻找具有最小标号的叶子节点（度为 1），将与其相连的点的标号设为 Purfer Sequence 的第 i 个元素，并将此叶子节点从树中删除，直到最后得到一个长度为 n-2 的 Purfer Sequence 和一个只有两个节点的树
看看下面的例子：
假设有一颗树有 5 个节点，四条边依次为：(1, 2), (1, 3), (2, 4), (2, 5)，如下图所示：
第 1 步，选取具有最小标号的叶子节点 3，将与它相连的点 1 作为第 1 个 Purfer Number，并从树中删掉节点 3：
第 2 步，选取最小标号的叶子节点 1，将与其相连的点 2 作为第 2 个 Purfer Number，并从树中删掉点 1：
第 3 步，选取最小标号的叶子节点 4，将与其相连的点 2 作为第 3 个 Purfer Number，并从树中删掉点 4：
最后，我们得到的 Purfer Sequence 为：1 2 2
不难看出，上面的步骤得到的 Purfer Sequence 具有唯一性，也就是说，一个树，只能得到一个唯一的 Purfer Sequence
接下来看，怎么由一个 Purfer Sequence 得到一个树
由 Purfer Sequence 得到一棵树，先将所有编号为 1 到 n 的点的度赋初值为 1，然后加上它在 Purfer Sequence 中出现的次数，得到每个点的度
先执行 n-2 步，每一步，选取具有最小标号的度为 1 的点 u 与 Purfer Sequence 中的第 i 个数 v 表示的顶点相连，得到树中的一条边，并将 u 和 v 的度减一
最后再把剩下的两个度为 1 的点连边，加入到树中
我们可以根据上面的例子得到的 Purfer Sequence ：1 2 2 重新得到一棵树
Purfer Sequence 中共有 3 个数，可以知道，它表示的树中共有 5 个点，按照上面的方法计算他们的度为下表所示：
| 顶点 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
| 度 | 2 | 3 | 1 | 1 | 1 |
第 1 次执行，选取最小标号度为 1 的点 3 和 Purfer Sequence 中的第 1 个数 1 连边：
将 1 和 3 的度分别减一：
| 顶点 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
| 度 | 1 | 3 | 0 | 1 | 1 |
第 2 次执行，选取最小标号度为 1 的点 1 和 Purfer Sequence 中的第 2 个数 2 连边：
将 1 和 2 的度分别减一：
| 顶点 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
| 度 | 0 | 2 | 0 | 1 | 1 |
第 3 次执行，将最小标号度为 1 的点 4 和 Purfer Sequence 第 3 个数 2 连边：
将 2 和 4 的度分别减一：
| 顶点 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
| 度 | 0 | 1 | 0 | 0 | 1 |
最后，还剩下两个点 2 和 5 的度为 1，连边：
至此，一个 Purfer Sequence 得到的树画出来了，由上面的步骤可知，Purfer Sequence 和一个树唯一对应
综上，一个 Purfer Sequence 和一棵树一一对应
有了 Purfer Sequence 的知识，这题怎么搞定呢？
先不考虑无解的情况，从 Purfer Sequence 构造树的过程中可知，一个点的度数减一表示它在 Purfer Sequence 中出现了几次，那么：
假设度数有限制的点的数量为 cnt，他们的度数分别为：d[i]
另：
那么，在 Purfer Sequence 中的不同排列的总数为：
而剩下的 n-2-sum 个位置，可以随意的排列剩余的 n-cnt 个点，于是，总的方案数就应该是：
化简之后为：
在有解的情况下，计算该结果输出就行了
无解的情况非常好确定，这里就再讨论了
参考代码
因为最后的答案非常大，牵扯到高精度，我们可以将分数线上下的分子分母分解质因数，然后做高精度乘法即可。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 1000;
int answ[MAXN+10], prime[MAXN+10], t[MAXN*10+10], d[MAXN+10];
bool notprime[MAXN+10];
void GetPrime(int Max){
int tmp;
for(int i=2;i<=Max;i++){
if(!notprime[i])
prime[++prime[0]] = i;
for(int j=1;j<=prime[0]&&(tmp=prime[j]*i)<=Max;j++){
notprime[tmp] = true;
if(i%prime[j] == 0)
break;
}
}
}
void add(int u, int m){
for(int i=1;i<=prime[0]&&u>1;i++){
while(u%prime[i]==0){
u /= prime[i];
answ[i] += m;
}
}
}
int main(){
int n;
scanf("%d", &n);
int sum=0, cnt=0, flag = 0;
GetPrime(1000);
int t1;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d", &t1);
d[i] = t1;
if(t1 == 0 || t1 >= n) flag = 1;
if(t1 == -1){
continue;
}else{
cnt++;
sum += (--t1);
for(int j=1;j<=t1;j++)
add(j, -1);
}
}
t1 = n-2;
for(int i=1;i<=t1;i++)
add(i, 1);
if(n == 1){
if(t1 == -1) printf("1\n");
else printf("0\n");
return 0;
}
if(n == 2){
if((d[1]==0||d[1]>1) || (d[2]==0||d[2]>1)) printf("0\n");
else printf("1\n");
return 0;
}
if(flag){
printf("0\n");
return 0;
}
t1 = n-2-sum;
for(int i=1;i<=t1;i++)
add(i, -1);
add(n-cnt, n-2-sum);
t[0] = t[1] = 1;
for(int i=1;i<=prime[0];i++){
while(answ[i]){
answ[i]--;
for(int j=1;j<=t[0];j++)
t[j] *= prime[i];
for(int j=1;j<t[0];j++){
t[j+1] += t[j] / 10;
t[j] %= 10;
}
while(t[t[0]] >= 10){
t[t[0]+1] = t[t[0]]/10;
t[t[0]] %= 10;
t[0]++;
}
}
}
for(int i=t[0];i;i--)
printf("%d", t[i]);
printf("\n");
return 0;
}BZOJ 1005
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