Description

wangyurzee有n个各不相同的节点，编号从1到n。wangyurzee想在它们之间连n-1条边，从而使它们成为一棵树。
可是wangyurzee发现方案数太多了，于是他又给出了m个限制条件，其中第i个限制条件限制了编号为u[i]的节点的度数不能为d[i]。
一个节点的度数，就是指和该节点相关联的边的条数。
这样一来，方案数就减少了，问题也就变得容易了，现在请你告诉wangyurzee连边的方案总数为多少。
答案请对1000000007取模。

样例解释
总方案共有3种，分别为{(1,2),(1,3)}，{(1,2),(2,3)}，{(2,3),(1,3)}。其中第二种方案节点1的度数为2，不符合要求，因此答案为2。

Solution

这是一道很经典的题目，求无根树的方案数。
求无根树的方案数，有一个很好用的东西，叫做purfer序列。参见​​​purfer序列学习小记​​​
因为一个purfer序列确定了，那么一个无根树就确定了，所以只用算purfer序列的方案就可以了。
因为规定了一些点a[i]的入度不能为d[i]，所以在purfer序列上a[i]不能出现(d[i]-1)次，那么用容斥原理就可以了。
首先限制一些点a[i]只能出现d[i]次，
那么答案（p表示限制的方案数）=

Cd[1]−1n−2∗Cd[2]−1n−2−d[1]−1∗......∗(n−p)n−2−∑d[i]−1

Code

#include<iostream> 
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define fod(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1000007,mo=1000000007;
int i,j,k,l,t,n,m,ans;
int a[maxn],d[maxn],fact[maxn],ni[maxn];
bool bz[maxn],az[maxn];
int c(int x,int y){
    if(x<y)return 0;
    return (ll)fact[x]*ni[y]%mo*ni[x-y]%mo;
}
int qsm(int x,int y){
    int z=1;
    while(y){
        if(y&1)z=(ll)z*x%mo;
        x=(ll)x*x%mo;
        y/=2;
    }
    return z;
}
void dfs(int x,int y){
    int i,j=0;
    if(x==m+1){
        ll o=1,p=n-2;
        fo(i,1,m){
            if(az[i]){
                o=(ll)o*c(p,d[i]-1)%mo;
                p-=d[i]-1;  
            }
        }
        o=(ll)o*qsm(n-y,p)%mo;
        ans=(ans+(y%2?-o:o))%mo;
        return;
    }
    if(!bz[a[x]]){
        bz[a[x]]=1;
        az[x]=1;
        dfs(x+1,y+1);
        bz[a[x]]=0;
        az[x]=0;
    }
    dfs(x+1,y);
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m) ;
    fo(i,1,m){
        scanf("%d%d",&a[i],&d[i]);
    }
    fact[0]=1;
    fo(i,1,n)fact[i]=(ll)fact[i-1]*i%mo;
    ni[n]=qsm(fact[n],mo-2);
    fod(i,n-1,0)ni[i]=(ll)ni[i+1]*(i+1)%mo;
    dfs(1,0);
    ans=(ans+mo)%mo;
    printf("%d\n",ans);
}