思路来源
https://www.cnblogs.com/zwfymqz/p/8869956.html
https://www.luogu.com.cn/blog/xht37/solution-p6086
https://www.luogu.com.cn/blog/hekaiyu/prufer-xu-lie
知识总结
常用于生成树计数，毕竟都搞出序列了。
一个长度为n-2的Prufer序列，唯一对应一棵n个点固定形态的无根树。
T->P(Tree->Prufer)
- 找到编号最小的叶子x
- 设与叶子x相连的点是y，则删掉x，并在prufer序列尾部加入一个数y
- 重复1,2操作，直到整棵树只剩下两个节点，此时prufer序列长度为n-2
借鉴一下洛谷用户@hekaiyu的图片，是Tree->Prufer序列的流程
不难发现，剩的两个节点里一定会有一个是n，
最大的根本不会被优先删掉，所以一般用以n为根的有根树和Prufer序列互相转化比较方便
O(nlogn)：
用堆或set维护一下
O(n):
先找到编号最小的叶节点。
每次删掉它之后，如果产生了新的叶节点且编号比指针指向的更小，则直接继续删掉，
否则自增找到下一个编号最小的叶节点。
P->T(Prufer->Tree)
- 把prufer序列的数加入队列中，设当前队首为u
- 维护一个还没有连边的点集set(初始放入1-n)，找到点集其中编号最小的，且没有在当前队列中出现的元素v
- 给u,v连边，并在点集里删掉v，在队列里弹出u
- 最终，在点集set中剩下两个节点，给它们之间连一条边
其实就是刚才顺序构造，但是变加边为删边的过程，
考虑原树转prufer序列时，每次撸掉一个最小的叶子，
prufer转回原树的时候就找到最小的叶子接回去，并删掉对应的度数
后来就是接树枝的过程，但由于在树中加边的过程中减掉了对应的度数，
在这个过程中，参与接树枝的x此时度数已经为0了
O(nlogn)：
用堆或set维护一下
O(n)：
具体而言，指针指向编号最小的度数为 1 的节点。
每次将它与当前枚举到的 Prufer 序列的点连接之后，如果产生了新的度数为 1 的节点且编号比指针指向的更小，
则直接继续将它与下一个 Prufer 序列的点连接，否则自增找到下一个编号最小的度数为 1 的节点。
Prufer序列性质
prufer序列中，点u出现的次数，等于点u在树中的度数-1
n个点的无根树，唯一对应长度为n-2的prufer序列，序列每个数都在1到n的范围内。
Cayley定理：n个点的无向完全图的生成树的计数：
，即n个点的有标号无根树的计数
n个节点的度依次为
的无根树共有
个，因为此时Prufer编码中的数字i恰好出现di−1次，(n−2)!是总排列数
n个点的有标号有根树的计数：
的无根树共有
一点个人的理解
1.分有没有被删讨论一下，
被删的点被删的时候还连有一个点，加入prufer序列的点不是自己；
没被删的那两个点，在树中都还剩一个度，其余的度在prufer序列里都是自己
2.显然
3.prufer序列任意位置都有[1,n]共n种选择，任意填法都对应一棵无根树
4.已知要填哪些数后，(n-2)!除掉每个内部的顺序(di-1)!
5.给一棵树指定根，共n种方法
模板题 P6086 【模板】Prufer 序列
请实现 Prufer 序列和无根树的相互转化。
为方便你实现代码，尽管是无根树，我们在读入时仍将 n(n<=5e6) 设为其根。
对于一棵无根树，设 
另外，对于一个长度为 m 的序列 
输入格式
第一行两个整数 n,m，表示树的点数和转化类型。
若 m = 1，第二行一行 n-1 个整数，表示父亲序列。
若 m = 2，第二行一行 n-2 个整数，表示 Prufer 序列。
输出格式
若 m = 1，一行一个整数，表示给出的父亲序列对应的 Prufer 序列的权值。
若 m = 2，一行一个整数，表示给出的 Prufer 序列对应的父亲序列的权值。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 5e6 + 7;
int n, o, f[N], p[N], d[N];
ll ans;
//实际构造时,把其看成以n为根的有根树更方便
//度指的是儿子->父亲 父亲+入度
//Tree->Prefer
inline void TP() {
for (int i = 1; i < n; i++) scanf("%d",&f[i]),++d[f[i]];
for (int i = 1, j = 1; i <= n - 2; i++, j++) {
while (d[j]) ++j;//找到编号最小的叶节点
p[i] = f[j];
while (i <= n - 2 && !--d[p[i]] && p[i] < j) p[i+1] = f[p[i]], ++i;//新叶节点且编号比当前叶节点更小
}
for (int i = 1; i <= n - 2; i++) ans ^= 1ll * i * p[i];
}
//Prufer->Tree
inline void PT() {
for (int i = 1; i <= n - 2; i++) scanf("%d",&p[i]), ++d[p[i]];//出现次数=度-1 度=0为叶
p[n-1] = n;//最大的一定是最后两个点其一
for (int i = 1, j = 1; i < n; i++, j++) {
while (d[j]) ++j; f[j] = p[i];//把最小的叶往prufer序列第一个点上接 对应减掉度数
while (i < n && !--d[p[i]] && p[i] < j) f[p[i]] = p[i+1], ++i;//如果序列第一个点减掉度数后产生了新的更小的叶 就往序列下一个点上接
}
for (int i = 1; i < n; i++) ans ^= 1ll * i * f[i];
}
int main() {
scanf("%d%d",&n,&o), o == 1 ? TP() : PT(), printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
模板题 P2290 [HNOI2004]树的计数
一个有n(1<=n<=150)个节点的树，设它的节点分别为1-n，第i个节点的度数为di，
问满足这样的条件的不同的树有多少棵，保证满足条件的树不超过1e17个。
①特判n=1 ②特判di-1之和是不是等于n-2 ③特判是否存在度数为0的孤立点使树不连通
代公式，
分步放，选出一些位置放di-1，然后再放下一个，中间结果就不会爆ll了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=155;
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
int n,sum,d[N];
ll c[N][N];
void init(){
rep(i,0,N-2){
c[i][0]=1;
}
rep(i,1,N-2){
rep(j,1,i){
c[i][j]=c[i-1][j-1]+c[i-1][j];
}
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
rep(i,1,n){
scanf("%d",&d[i]);
sum+=d[i]-1;
if(!d[i] && n!=1){//判存在孤立点的情形
return printf("0"),0;
}
}
if(n==1){//判一个点的情形
return printf("%d",d[1]==0),0;
}
if(sum!=n-2){//判prufer序列出现总次数
return printf("%d",0),0;
}
init();
ll ans=1;
//n-2个位置 依次放入若干种di-1个相同的数 可以分步放 这样就不会爆ll了
rep(i,1,n){
ans=ans*c[sum][d[i]-1];
sum-=d[i]-1;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
模板题 P4430 小猴打架
一开始森林里面有N(N<=1e6)只互不相识的小猴子，它们经常打架，但打架的双方都必须不是好朋友。
每次打完架后，打架的双方以及它们的好朋友就会互相认识，成为好朋友。
经过N-1次打架之后，整个森林的小猴都会成为好朋友。
现在的问题是，总共有多少种不同的打架过程，输出方案数mod 9999991。
比如当N=3时，就有{1-2,1-3}{1-2,2-3}{1-3,1-2}{1-3,2-3}{2-3,1-2}{2-3,1-3}六种不同的打架过程。
由Cayley定理，
对于一种树形，n-1条边的加边顺序对应了不同的打架过程，再乘(n-1)!
n = int(input())
mod =9999991
ans =1
for i in range(n-2):
ans = ans * n % mod
for i in range(1,n):
ans = ans * i % mod
print(ans)