已知度數的節點可能的組合方式如下
(n-2)!/(d1-1)!/(d2-1)!/…/(dk-1)!/left!
乙個乙個編號去放，對於第乙個確定度數的編號可以有c（n-2，d1-1）種放法，第二個c（n-2-（d1-1），d2-1）。。。寫出來後發現可以約一些階乘。
剩餘left個位置由未知度數的節點隨意填補，方案數為m^left
於是最後有
ans=(n-2)!/(d1-1)!/(d2-1)!/…/(dk-1)!/left! * m^left
注意特判n=1和n=2的情況。
#include
#include
#include
using
namespace
std;
const
int maxn = 1000;
int answ[maxn+10], prime[maxn+10], t[maxn*10+10], d[maxn+10];
bool notprime[maxn+10];
void getprime(int max)
}}void add(int u, int m)
}}int main()else
}t1 = n-2;
for(int i=1;i<=t1;i++)
add(i, 1);
if(n == 1)
if(n == 2)
if(flag)
t1 = n-2-sum;
for(int i=1;i<=t1;i++)
add(i, -1);
add(n-cnt, n-2-sum);
t[0] = t[1] = 1;
for(int i=1;i<=prime[0];i++)
while(t[t[0]] >= 10)}}
for(int i=t[0];i;i--)
printf("%d", t[i]);
printf("\n");
return
0;}
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