做这题的时候发现题解里有提到$generalizations of Cayley's formula$的，当场懵逼，Wikipedia里也就带到了一下，没有解释怎么来的，然后下面贴了篇论文。
大概就是$n$个点$k$个联通块的森林，$1,2,\cdots,k$属于不同的联通块，这样不同的方案数共有$k\cdot n^{n-k-1}$种。
我自己用$Prüfer$序列脑补了半天没搞懂怎么来的，始终觉得感性理解是$n^{n-k}$，然后就去看了下那个证明。
用$F(n,k)$表示那个方案数（$n,k$与前面意义相同），我们要证明
$$F(n,k)=k\cdot n^{n-k-1} ;;;;;;(1)$$
证明基于下面这个公式，若$n>1$且$1 \leq k \leq n$则
$$F(n,k)=\sum_{j=0}^{n-k} {n-k \choose j} F(n-1,k+j-1) ;;;;;;(2)$$
其中$F(1,1)=1,F(n,0)=0(n \geq 1)$
要证明上面的递推式，考虑一个$n$个点$k$个联通块，$1,2,\cdots,k$属于不同的联通块的森林，在这个森林中，一号节点可能和${k+1,k+2,\cdots,n}$的任何子集相连，假设连了$j$个点，那么方案数就是$n-k \choose j$，然后删掉一号点，此时有$n-1$个点，$k+j-1$个联通块，我们枚举$j$，就得到了上面的式子。
再用一下数学归纳法就可以把(2)式变成(1)式了
当$n=1$时，两式显然相等
当$n>1$时，若$F(n-1,i)=i \cdot (n-1)^{n-i-2}$，则由(2)可得
$$F(n,i)=\sum_{j=0}^{n-i} {n-i \choose j}(i+j-1)(n-1)^{n-i-j-1}=i \cdot n^{n-i-1};;;;(3)$$
用一下二项式定理就行。
博主有话说：不得不承认这篇博文是烂尾，毕竟还不是很懂二项式定理QAQ，但感觉这个证明还挺精巧的。