题意

求：在所有 $n$ 个点 $m$ 条边的无向简单连通图中，满足把第 $i$ 个点删去后图被分为 $a_i$​ 个连通块。

$n-1\le m\le n+1$。

思路

将 $m=n-1,m=n,m=n+1$​ 三种情况进行分类讨论。

对于 $m=n-1$，显然是一棵树，每个 $a_i$ 即为 $i$ 的子树数量+父亲。此时需要用到 Prufer 序列（可以看看这篇博客），答案为：$n$ 个点的完全生成树中第 $i$ 个节点的度数为 $a_i$ 的方案数，即为：
$$\frac{(n-2)!}{{\prod }_{i=1}^n(a_i-1)!}$$
当 $m=n$ 时，相当于在树上加上一条边形成一个环。我们把环上的边都删除，开一个编号为 $n+1$ 的新点与环上的点连边。这样原图就又转化成了一棵 $n+1$ 个点 $n$ 条边的树，而第 $n+1$​ 个点的度数为环上点的个数。举个例子：

• 这是一张 $6$ 个点 $6$ 条边的图，其中红色数组代表 $a_i$ 的值。而环的大小为 $4$

可以发现：环的大小就是点数乘二再减去度数之和，即
$$a_{n+1}=2n-\sum _{i=1}^n{a}_i$$
根据上一种情况，再乘上环上点的排列方案 $\frac{A_{a_{n+1}}^{a_{n+1}}}{2a_{n+1}}=\frac{(2n-({\sum }_{i=1}^n{a}_i)-1)!}{2}$，答案即为
$$\begin{array}{rl}& \frac{(n-1)!}{({\prod }_{i=1}^n(a_i-1)!)(2n-({\sum }_{i=1}^n{a}_i)-1)!}\times \frac{(2n-({\sum }_{i=1}^n{a}_i)-1)!}{2}\\ & =\frac{(n-1)!}{2{\prod }_{i=1}^n(a_i-1)!}\end{array}$$
当 $m=n+1$ 时，相当于在上一种情况再多加一个环。进行分类讨论：

• 两个环无公共边

此时我们可以将两个环分别缩成 $n+1,n+2$ 两个点，仿照 $m=n$ 进行连边，最终会得到 $n+2$ 个点 $n+1$​ 条边的树。再举个例子：

• 这是一张 $9$ 个点 $10$ 条边的图，左环大小为 $5$，右环大小为 $4$。

区别在于，此时只能算出两个环的大小之和，答案类似，即
$$a_{n+1}+a_{n+2}=2n-\sum _{i=1}^n{a}_i+2$$
我们设 $2n-{\sum }_{i=1}^n{a}_i=sum$。两点的度数都至少为 $3$（否则不成环），我们枚举 $a_{n+1}$ 为 $j$，则 $a_{n+2}=sum+2-j$。仿照 $m=n-1$ 的求法，此时树的数量为
$$\frac{(n+2-2)!}{{\prod }_{i=1}^{n+2}(a_i-1)!}=\frac{n!}{({\prod }_{i=1}^n(a_i-1)!)(j-1)!(sum-j+1)!}$$
但我们需要保证 $n+1$ 与 $n+2$ 在树中无连边（即两个环没有公共点，否则就变成一个环了）。对于有连边的情况，我们按照 $m=n$ 建出 $n+1$ 个点 $n$ 条边的树来，则这棵树的 $a_{n+1}=sum$，树的数量即为
$$\frac{(n-1)!}{({\prod }_{i=1}^n(a_i-1)!\left)\right(2n-({\sum }_{i=1}^n{a}_i)-1)!}=\frac{(n-1)!}{({\prod }_{i=1}^n(a_i-1)!)(sum-1)!}$$
而这样的树每个都有 $C_{sum}^{j-1}=\frac{sum!}{(sum-j+1)!(j-1)!}$​ 种，则所有不合法的树的数量为
$$\frac{(n-1)!}{({\prod }_{i=1}^n(a_i-1)!)(sum-1)!}\times \frac{sum!}{(sum-j+1)!(j-1)!}$$
化简得
$$\frac{(n-1)!sum}{({\prod }_{i=1}^n(a_i-1)!)(j-1)!(sum-j+1)!}$$
使用容斥，所有合法的树的数量等于所有减去不合法，即为
$$\frac{(n-1)!(n-sum)}{({\prod }_{i=1}^n(a_i-1)!)(j-1)!(sum-j+1)!}$$
同理，还要算上两个环的排列方案共 $\frac{(j-1)!(sum-j+1)!}{4}$，则答案为
$$\frac{(n-1)!(n-sum)}{({\prod }_{i=1}^n(a_i-1)!)(j-1)!(sum-j+1)!}\times \frac{(j-1)!(sum-j+1)!}{4}$$
化简得
$$\frac{(n-1)!(n-sum)}{4{\prod }_{i=1}^n(a_i-1)!}$$
最终我们发现对于不同的 $j$ 最终答案相同，一共枚举了 $sum+2-3-3+1=sum-3$ 次，考虑到两个环位置可以调换但属同一种情况，所以答案要除以二，即为
$$\frac{(n-1)!(n-sum)(sum-3)}{8{\prod }_{i=1}^n(a_i-1)!}$$

• 两个环有公共边

将这两个挨在一起的环看作一个点，构造一个与 $m=n$ 时的树，树的数量也相同。现在考虑这挨在一起的两个环的方案。我们可以将这两个环拆成类似韦恩图的样子，分为左边环独有部分、左右环公用部分、右边环都有部分三条链。因为要有公共边，所以有两条及以上的链中边数不大于 $1$ 显然不合法。而这三条链头尾都是相同的。

因为环挨在一起，所以这两个环上节点一共有 $sum=2n-{\sum }_{i=1}^n{a}_i$ 个点。我们先从 $sum$ 中挑两个点出来，之后的每个点都选择两个位置放在中间，不合法数量（即之后的所有点全都放在一条链上）即为 $3(sum-2)!$​；而放入点的顺序并不影响最终答案。故答案为
$$\begin{array}{rl}\frac{sum(sum-1)}{2}\times \frac{\frac{sum!}{2}-3(sum-2)!}{3!}& =\frac{sum!}{24}(sum(sum-1)-6)\\ & =\frac{sum!}{24}(sum+2)(sum-3)\end{array}$$
再乘上树的数量，答案为
$$\frac{sum(sum+2)(sum-3)(n-1)!}{24{\prod }_{i=1}^n(a_i-1)!}$$
两种情况分别计算，最后相加即可。复杂度 $O(n)$。

实现

预处理出阶乘，逆元用快速幂计算，三种情况分别处理即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 1e6 + 5;
const int P = 998244353;
int n,m; ll a[maxn]; ll pro[maxn];
ll inv(ll x) {
    int y = P - 2; ll res = 1;
    while (y) {
        if (y & 1) res = (res * x) % P;
        x = (x * x) % P, y >>= 1;
    }
    return res;
}
int main() {
    pro[0] = pro[1] = 1;
    for (ll i = 2;i <= maxn - 5;i ++) 
        pro[i] = (pro[i - 1] * i) % P;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    if (m == n - 1) { // 1
        ll tmp = 1;
        for (int i = 1;i <= n;i ++)
            scanf("%lld",&a[i]),
            tmp = (tmp * pro[a[i] - 1]) % P;
        printf("%lld",pro[n - 2] * inv(tmp) % P);
    } else if (m == n) { // 2
        ll tmp = 2;
        for (int i = 1;i <= n;i ++)
            scanf("%lld",&a[i]),
            tmp = (tmp * pro[a[i] - 1]) % P;
        printf("%lld",pro[n - 1] * inv(tmp) % P);
    } else { // 3
        ll sum = n * 2 % P, tmp = 1;
        for (int i = 1;i <= n;i ++)
            scanf("%lld",&a[i]),
            sum -= a[i], tmp = (tmp * pro[a[i] - 1]) % P;
        ll ans1 = ((pro[n - 1] * (n - sum) % P) * (sum - 3) % P) * inv(tmp * 8 % P) % P;
        ll ans2 = ((((pro[n - 1] * (sum + 2) % P) * (sum - 3) % P) * sum) % P) * inv(tmp * 24 % P) % P;
        printf("%lld",(ans1 + ans2) % P);
    }
    return 0;
}