题目描述
给定一棵有 n 个结点的树 T，结点依次以 1,2,…,n 标号。树 T 的深度优先遍历序可由以下过程得到：
- 选定深度优先遍历的起点 s（1≤s≤n），当前位置结点即是起点。
- 若当前结点存在未被遍历的相邻结点 u 则遍历 u，也即令当前位置结点为 u 并重复这一步；否则回溯。
- 按照遍历结点的顺序依次写下结点编号，即可得到一组深度优先遍历序。
第一步中起点的选择是任意的，并且第二步中遍历相邻结点的顺序也是任意的，因此对于同一棵树 T 可能有多组不同的深度优先遍历序。请你求出树 T 有多少组不同的深度优先遍历序。由于答案可能很大，你只需要求出答案对 109 取模之后的结果。
输入格式
第一行，一个整数 n，表示树 T 的结点数。
接下来 n−1 行，每行两个正整数 ui,vi，表示树 T 中的一条连接结点 ui,vi 的边。
输出格式
输出一行，一个整数，表示树 T 的不同的深度优先遍历序数量对 109 取模的结果。
输入输出样例
输入 #1
4 1 2 2 3 3 4
输出 #1
6
输入 #2
8 1 2 1 3 1 4 2 5 2 6 3 7 3 8
输出 #2
112
说明/提示
对于 40% 的测试点，保证 1≤n≤8。
对于另外 20% 的测试点，保证给定的树是一条链。
对于所有测试点，保证 1≤n≤105。
在洛谷上，只有通过了 Subtask0、Subtask1 和 Subtask2 后，才能获得第三个 Subtask 的分数。
题目大意:计算一棵树上所有不同的DFS序的数量。
考纲知识点:组合计数
解析:
将题目转化一下：计算在DFS的过程中，每一步有多少种选择，然后将所有选择数相乘。定义Count(s)为从节点s出发的不同DFS序的数量；起点s，可以按任意顺序访问相邻节点，也就是有deg(s)!种情况，剩下的点也可以按任意顺序访问相邻节点，但是不能访问父节点，所以有(deg(u)−1)!种情况。因为所有顶点的度数之和等于边数的两倍。所以在一棵有n个节点的树中：∑deg(s)!=2(n-1)
因此总方案为：π(deg(u)−1)!*2(n-1)
注意当n=1时，DFS序数量为1，需要特判。
参考代码：
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=1e5+5,mod=1e9;
int n,ans;
int deg[N],fac[N]={1};
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cin>>n;
ans=2*(n-1);
if(n==1){
cout<<1;
return 0;
}
for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
for(int i=1,x,y;i<n;i++){
cin>>x>>y;
deg[x]++,deg[y]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++) ans=1ll*ans*fac[deg[i]-1]%mod;
cout<<ans;
return 0;
}