题意
一棵树，给定每个点的度数，(-1)为无限制，求满足该度数的树的个数。
题解
prufer序列的裸题。
关于prufer序列，网上有更加详细的介绍，这里就不展开说明了，只介绍跟该题相关的性质。
所有无根树可以跟prufer序列形成双射。
一棵无根树，每个点在prufer序列出现的次数为它的度数减一。
这道题显然只要确定有度数限制的那些点，剩下的点任取即可。
记每个点的度数限制为(d[i])，(cnt)为没有度数限制的点的个数
[ans = frac{A(n - 2, sum (d[i] - 1))}{Pi A(d[i] - 1)} imes cnt ^ {n - 2 - sum (d[i] - 1)}
]
这道题需要高精度，但是普通的高精度仍然不够，因为组合数增长是(n!)级别的。
但是显然答案的长度不会很长。
于是可以记录指数来先进行乘除运算，最后再统一计算答案。
质因数分解每个要乘的数即可。
注意判断无解的情况，即度数减一之和大于序列长度 或者 有点的度数为0但是n不为1。
(BZOJ的题真的是每道题都有收获)
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <map>
#define Mid ((l + r) >> 1)
#define lson (rt << 1)
#define rson (rt << 1 | 1)
using namespace std;
int read(){
char c; int num, f = 1;
while(c = getchar(),!isdigit(c)) if(c == '-') f = -1; num = c - '0';
while(c = getchar(), isdigit(c)) num = num * 10 + c - '0';
return f * num;
}
const int N = 5009;
int n, d[N], cnt, res, pri[N], ans[N], len = 1;
void update(int x, int f) {
for(int i = 2; i * i <= x; i++) while(x % i == 0) {
pri[i] += f;
x /= i;
}
if(x > 1) pri[x] += f;
}
int A(int n, int m, int f) {
for(int i = n; i > n - m; i--)
update(i, f);
}
void times(int x) {
for(int i = 1; i <= len; i++) ans[i] *= x;
for(int i = 1; i < len; i++) {
ans[i + 1] += ans[i] / 10;
ans[i] %= 10;
}
while(ans[len] >= 10) {
ans[len + 1] = ans[len] / 10;
ans[len] %= 10;
len++;
}
}
void print() {
for(int i = len; i; i--)
printf("%d", ans[i]);
}
signed main()
{
n = read();
for(int i = 1; i <= n; i++) {
d[i] = read();
if(d[i] == -1) cnt++;
else {
if(d[i] == 0) {
if(n == 1) printf("1
");
else printf("0
");
return 0;
}
d[i]--;
res += d[i];
}
}
if(res > n - 2) {
printf("0
");
return 0;
}
ans[1] = 1;
A(n - 2, res, 1);
for(int i = 1; i <= n; i++)
if(d[i] != -1)
A(d[i], d[i], -1);
for(int i = 2; i <= 1000; i++)
for(int j = 1; j <= pri[i]; j++)
times(i);
for(int i = 1; i <= n - 2 - res; i++)
times(cnt);
print();
return 0;
}