Prufer序列
起源于对 C a y l e y Cayley Cayley定理的证明，但是其功能远不止于此
现在考虑将一棵n个节点的树与一个长度为n-2的prufer序列构造对应关系
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T r e e − > P r u f e r : Tree->Prufer: Tree−>Prufer:
①从树上选择编号最小的叶子节点，序列的下一位为其父节点的编号。
②删去该叶子节点。
③重复①和②，直到树只剩下两个节点，此时序列的长度刚好为 n−2 。
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P r u f e r — > T r e e : Prufer—>Tree: Prufer—>Tree:
①选择编号最小的叶子节点（即未出现在序列中的节点），其父节点就是序列的第 i （ i 初始为1）个元素。
②由性质可得，其父节点的度数为其出现次数+1。将该叶子节点删去，其父节点度数-1。若度数变成1，则父节点也成为叶子节点。
③将 i 加一，然后重复①和②，直到序列的每一个元素都使用完毕。
ll p[N];
ll d[N];//度数
ll f[N];//连边
ll ans=0;
void Prufer_To_Tree(ll n)
{//f记录1-n-1的连边情况for(int i=1;i<=n-2;++i) cin>>p[i],d[p[i]]++;p[n-1]=n;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];
}
void Tree_To_Prufer(ll n)
{for(int i=1;i<n;++i) cin>>f[i],d[f[i]]++;for(int i=1,j=1;i<=n-2;++i,++j){while(d[j]) j++;p[i]=f[j];while(i<=n-2&&!--d[p[i]]&&p[i]<j) p[i+1]=f[p[i]],i++;}for(int i=1;i<=n-2;++i) ans^=1ll*i*p[i];
}
由此我们发现两者是一一对应的，也就是双射，所以大小为n的有标号无根树的个数等于长度为 n − 2 n-2 n−2的prufer序列的个数，自然为 n n − 2 n^{n-2} nn−2， C a y l e y Cayley Cayley定理得证
Prufer序列的性质
由Prufer序列构造的过程，我们可以发现其具有两个显而易见的性质。
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构造完后剩下的两个节点里，一定有一个是编号最大的节点。
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对于一个 n 度的节点，其必定在序列中出现 n−1 次。因为每次删去其子节点它都会出现一次，最后一次则是删除其本身。一次都未出现的是原树的叶子节点。
应用
1、无向完全图的不同生成树数：
n n − 2 n^{n−2} nn−2 。
2、 n 个点的无根树计数：
同上问题。
3、 n 个点的有根树计数：
对每棵无根树来说，每个点都可能是根，故总数为 n n − 2 × n = n n − 1 n^{n−2}×n=n^{n−1} nn−2×n=nn−1 。
4、 n 个点，每点度分别为 d i d_i di 的无根树计数：
显然就是一个多重集，答案为 ( n − 2 ) ! ∏ i = 1 n d i − 1 \frac{(n-2)!}{\prod_{i=1}^{n}d_i-1} ∏i=1ndi−1(n−2)!
5、 有标号的完全二分图 K n , m K_{n,m} Kn,m的生成树个数为 n m − 1 m n − 1 n^{m-1}m^{n-1} nm−1mn−1:
考虑将其生成树的prufer序列按照原本顺序分成 f i ≤ n , f i > n f_i\leq n,f_i>n fi≤n,fi>n两部分。
对于 f i ≤ n f_i\leq n fi≤n的部分，一定是删去某个标号 > n >n >n的点之后留下 f i f_i fi的，因为这是一张二分图。所以该部分的点一定恰好有 m − 1 m-1 m−1个（右部有m个点，整张图删完之后一定在左右部各留下一个点，所以右部一共要删去 m − 1 m-1 m−1个点）
f i > n f_i>n fi>n部分同理。
所以此时还是可以用一个prufer序列与合法生成树对应，故方案数为 n m − 1 m n − 1 n^{m-1}m^{n-1} nm−1mn−1
Tips:
一般要特判n=1的情况
例题
Valuable Forests
大意：
定义一个树的权值为其所有节点的度数的平方和，森林的权值为所有树的权值和。求大小为n的所有有标号森林的权值和
思路：
f i f_i fi表示大小为i的所有有标号森林的权值和，也就是答案
考虑对于最后一个点所在的树的大小为k的情况
则 f n = ∑ k = 1 n ( n − 1 k − 1 ) f n − k m k + ( n − 1 k − 1 ) g k h n − k f_n=\sum_{k=1}^{n}\binom{n-1}{k-1}f_{n-k}m_k+\binom{n-1}{k-1}g_kh_{n-k} fn=∑k=1n(k−1n−1)fn−kmk+(k−1n−1)gkhn−k
其中 m i m_i mi表示大小为 i i i的有标号无根树的个数， g i g_i gi表示大小为 i i i的所有有标号无根树的权值和， h n − k h_{n-k} hn−k表示大小为 n − k n-k n−k的森林的数量。 ( n − 1 k − 1 ) \binom{n-1}{k-1} (k−1n−1)是因为枚举的k的含义是n所在树的大小，我要从剩下 n − 1 n-1 n−1个点里面选 k − 1 k-1 k−1个点。如果不这样枚举的树的组合就会算重。
m n m_n mn很简单： n = 1 n=1 n=1时 m 1 = 1 m_1=1 m1=1，否则 m n = n n − 2 m_n=n^{n-2} mn=nn−2
对于 g n g_n gn,我们枚举所有度数为i的贡献
转化到prufer序列中看这个问题，度数为i，表示出现了 i − 1 i-1 i−1次，所以强制选定对应的数字以及位置，剩下的 n − 1 n-1 n−1个数随便放
g n = ∑ i = 1 n − 1 i 2 n ( n − 2 i − 1 ) n − 1 n − 1 − i g_n=\sum_{i=1}^{n-1}i^2n\binom{n-2}{i-1}{n-1}^{n-1-i} gn=∑i=1n−1i2n(i−1n−2)n−1n−1−i
h n h_n hn的更新思路和 f f f差不多，枚举最后一个点所在的树的大小即可
h n = ∑ i = 1 n ( n − 1 i − 1 ) h n − i m i h_n=\sum_{i=1}^{n}\binom{n-1}{i-1}h_{n-i}m_i hn=∑i=1n(i−1n−1)hn−imi
cf 156D
大意：
给定n个点以及m条连边，记最少添加T条边使得整张图连通，问有多少种恰好添加T条边的方案使得图连通
思路:
记当前连通块个数为k，则T=k-1
对于每一个连通块，其大小为 a i a_i ai，如果其度数为 d i d_i di的话，我们可以在以连通块为单位的情况下得到生成树个数为 ( k − 2 d 1 − 1 , d 2 − 1... d k − 1 ) \binom{k-2}{d1-1,d2-1...d_k-1} (d1−1,d2−1...dk−1k−2)
对于每一个连通块，固定连边的标号顺序（比如第1条边来自标号最小的连通块，依次类推），那么此时总方案数为 ( k − 2 d 1 − 1 , d 2 − 1... d k − 1 ) ∗ ∏ i = 1 k a i d i \binom{k-2}{d1-1,d2-1...d_k-1}*\prod_{i=1}^{k}a_i^{d_i} (d1−1,d2−1...dk−1k−2)∗∏i=1kaidi,因为每一条边都可以有 a i a_i ai种选择
所以答案为 ∑ ∑ d i = k − 2 ( k − 2 d 1 , d 2... d k ) ∗ ∏ i = 1 k a i d i + 1 = ∑ ∑ d i = k − 2 ( k − 2 ) ! ∏ i = 1 k d i ! ∗ ∏ i = 1 k a i d i + 1 \sum_{\sum d_i=k-2}\binom{k-2}{d1,d2...d_k}*\prod_{i=1}^{k}a_i^{d_i+1}=\sum_{\sum d_i=k-2}\frac{(k-2)!}{\prod_{i=1}^{k} d_i!}*\prod_{i=1}^{k}a_i^{d_i+1} ∑∑di=k−2(d1,d2...dkk−2)∗∏i=1kaidi+1=∑∑di=k−2∏i=1kdi!(k−2)!∗∏i=1kaidi+1
= ( k − 2 ) ! ∏ i = 1 k a i ( ∑ ∑ i = 1 k d i = k − 2 ∏ i = 1 k a i d i d i ! ) =(k-2)!\prod_{i=1}^{k} a_i(\sum_{\sum_{i=1}^{k} d_i=k-2}\prod_{i=1}^{k}\frac{a_i^{d_i}}{d_i!}) =(k−2)!∏i=1kai(∑∑i=1kdi=k−2∏i=1kdi!aidi)
注意到 ( k − 2 ) ! ∏ i = 1 k a i (k-2)!\prod_{i=1}^{k} a_i (k−2)!∏i=1kai是一个常数，我们只用看后面
记生成函数 f x = ∑ i = 0 inf x i i ! = e x f_x=\sum_{i=0}^{\inf}\frac{x_i}{i!}=e^x fx=∑i=0infi!xi=ex
不难发现后面其实是k个函数 f a i f_{a_i} fai的卷积的某一项,故后面部分的答案为 [ x k − 2 ] ∏ i = 1 k e a i x = [ x k − 2 ] e n x = n k − 2 ( k − 2 ) ! [x^{k-2}]\prod_{i=1}^{k}e^{a_ix}=[x^{k-2}]e^{nx}=\frac{n^{k-2}}{(k-2)!} [xk−2]∏i=1keaix=[xk−2]enx=(k−2)!nk−2
所以最终答案为 n k − 2 ∏ i = 1 k a i n^{k-2}\prod_{i=1}^{k}a_i nk−2∏i=1kai
)