A

题面

思路

非常抽象地让你构造树,很容易想到 \(prufer\) 序列(如果你会的话)

说明一下:\(prufer\) 序列可以唯一确定一颗树的形态

若树的节点个数为 \(n\),那么 \(prufer\) 序列长度为 \(n-2\) ,且一个节点出现的个数为它的度数减一(不要问我为什么,因为 \(prufer\) 序列就是这样的)

那么我们就考虑 \(dp\) 了

设 \(f_{i,j,k}\) 表示考虑前 \(i\) 个数,选出 \(j\) 个数,当前 \(prufer\) 序列长度为 \(k\)。

为何要设 \(k\) ?因为一个节点在 \(prufer\) 序列中出现可能不止一次

考虑转移: \(f_{i,j,k} = \sum_{l=1}^{\min(a_i-1,k)}\binom{k}{l}f_{i-1,j-1,k-l}+f_{i-1,j,k}\)

\(f_{i-1,j,k}\) 意思是第 \(i\) 位不选

选的话,\(l\) 枚举选多少个,\(\binom{k}{l}\) 表示选了之后放到序列中的方案数

那么答案如何计算?

\(ans_x=\sum_{j=1}^x\binom{n-j}{x-j}f_{n,j,x-2}\)

意思是考虑 \(prufer\) 序列中数的种数,用 \(j\) 个数凑出长为 \(x-2\) 的序列。

因为叶子节点不会出现在序列中,所以我们再从剩下 \(n-j\) 个数中选出还差的 \(x-j\) 个数

\(Code\)

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL; const int N = 55;
const LL P = 1e9 + 7;
LL f[N][N][N] , fac[N];
int a[N] , n , T; inline LL fpow(LL x , LL y)
{
LL res = 1;
while (y)
{
if (y & 1) res = res * x % P;
y >>= 1 , x = x * x % P;
}
return res;
} inline LL C(int n , int m){return fac[n] * fpow(fac[m] * fac[n - m] % P , P - 2) % P;} int main()
{
freopen("a.in" , "r" , stdin);
freopen("a.out" , "w" , stdout);
fac[0] = 1;
for(register int i = 1; i <= 52; i++) fac[i] = (i * 1LL * fac[i - 1]) % P;
scanf("%d" , &T);
while (T--)
{
scanf("%d" , &n);
for(register int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d" , &a[i]);
memset(f , 0 , sizeof f);
f[0][0][0] = 1;
for(register int i = 1; i <= n; i++)
for(register int j = 0; j <= i; j++)
for(register int k = j; k <= n - 2; k++)
{
f[i][j][k] = f[i - 1][j][k];
if (j != 0) for(register int l = 1; l <= min(a[i] - 1 , k); l++)
f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j - 1][k - l] * C(k , l)) % P;
}
printf("%lld " , (LL)n);
LL ans;
for(register int x = 2; x <= n; x++)
{
ans = 0;
for(register int j = 0; j <= x; j++) ans = (ans + f[n][j][x - 2] * C(n - j , x - j) % P) % P;
printf("%lld " , ans);
}
printf("\n");
}
}

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