Hydro #4766. 文艺计算姬 题解--zhengjun

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前置知识：Prufer 序列，二分图

别的题解都是直接给答案，没有比较易懂的思路。

首先，考虑 Prufer 序列，发现右边点删除一定会加入一个左边点，另一边类似。

且生成 Prufer 序列的最后一定会留下左右边各一个点。

所以左边点在 Prufer 序列中出现的次数即为 $m-1$，右边即为 $n-1$。

所以这样看似乎有 ${{n+m-2}\choose{n-1}}\times n^{m-1}\times m^{n-1}$ 种 Prufer 序列。

然而这样并不正确，因为会算重，例如：

和

它们的 Prufer 序列分别为 411 和 141，但是，这两个实际上对应着同一张二分图。

这里的【二分图不同】指的是区分同侧的点，不区分两侧的点

本质上就是说，如何规定左右两边点的编号固定。

可以这样构造：

• 每次选个数多的一边，若两边个数一样就选和上次不一样的
• 找到这一边的最小叶子编号的节点删除

容易得到这样构造个数多的一边一定有叶子，且不同的方案对应不同的删除顺序。

反之，对于一个长度为 $m-1$，值域为 $[1,n]\cap N$ 的序列 $a$，以及另一个序列 $b$。

不妨认为 $n\le m$，则先从 $a$ 开始，计算度数，选出 $b$ 中度数为 $1$ 的最小编号节点与 $a_i$ 连边，然后换到另一侧进行，最后剩下的两个点直接相连即可。

这样每个点仅有一个父亲，容易发现是一颗树，且不同的序列页对应着不同的树。

于是，可以建立起两者的双射。

故答案即为 $n^{m-1}\times m^{n-1}$。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
using big=__int128;
ll n,m,mod;
ll mul(ll x,ll y){
	return (big)x*y%mod;
}
ll qpow(ll x,ll y){
	ll ans=1;
	for(;y;x=mul(x,x),y>>=1)if(y&1)ans=mul(ans,x);
	return ans;
}
int main(){
	cin>>n>>m>>mod;
	cout<<mul(qpow(n,m-1),qpow(m,n-1));
	return 0;
}