【JZOJ5180】【NOI2017模拟6.29】呵呵
题目
分析
套上prufer序列,
对于一颗n个节点度数分别为\(d_1、d_2...d_n\)方案数为\(\dfrac{(n-2)!}{(d_1-1)!(d_2-1)!......(d_n-1)!}\)
所以答案为
\]
使\(d_i-1\)
\]
考虑处理
\]
对于多项式\((d_1+1)(d_2+1)...(d_n+1)\),拆开后变成一个个形如\(d_1d_2...d_k\)的项
我们考虑\(d_1d_2d_3\)
\]
\]
\]
//后面的内容我还不太理解,只能大概讲讲。如果讲错了,请大佬指出一下错误
现在解释一下最后一条式子
根据指数型生成函数的定义
\]
当\(g_i=1\)时,\(G(x)=e^x\)
那么,$$\sum_{d_1+d_2+...+d_n=n-2-k}\dfrac{1}{d_1!d_2!...d_n!}w_1{d_1}w_2{d_2}...w_n^{d_n}$$
\]
\]
\]
\]
那么当\(i=n-2-k\)时,则就是\(\sum_{d_1+d_2+...+d_n=n-2-k}\dfrac{1}{d_1!d_2!...d_n!}w_1^{d_1}w_2^{d_2}...w_n^{d_n}\)
即为$$\dfrac{(\sum_{i=1}{n}w_i){n-2-k}}{(n-2-k)!}$$
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <map>
const int maxlongint=2147483647;
const long long mo=1e9+7;
const int N=2005;
using namespace std;
long long w[N],ans,f[N],sum,jc[N],ww;
int n;
long long mi(long long x,int y)
{
long long s=1;
for(;y;x=x*x%mo,y>>=1) s=y&1?s*x%mo:s;
return s;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
f[0]=jc[0]=ww=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&w[i]),sum=(sum+w[i])%mo,jc[i]=jc[i-1]*i%mo,ww=ww*w[i]%mo;
for(int j=i;j>=1;j--) f[j]=(f[j]+f[j-1]*w[i]%mo)%mo;
}
for(int k=0;k<=n-2;k++)
ans=(ans+f[k]*mi(sum,n-2-k)%mo*mi(jc[n-2-k],mo-2)%mo)%mo;
printf("%lld",ans*ww%mo*jc[n-2]%mo);
}
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