hdu 4661 Message Passing（木DP＆amp;组合数学）

大家好，又见面了，我是全栈君

Message Passing

Time Limit: 10000/5000 MS (Java/Others) Memory Limit: 131072/131072 K (Java/Others) Total Submission(s): 1187 Accepted Submission(s): 423

Problem Description

There are n people numbered from 1 to n. Each people have a unique message. Some pairs of people can send messages directly to each other, and this relationship forms a structure of a tree. In one turn, exactly one person sends all messages s/he currently has to another person. What is the minimum number of turns needed so that everyone has all the messages? This is not your task. Your task is: count the number of ways that minimizes the number of turns. Two ways are different if there exists some k such that in the k-th turn, the sender or receiver is different in the two ways.

Input

First line, number of test cases, T. Following are T test cases. For each test case, the first line is number of people, n. Following are n-1 lines. Each line contains two numbers.

Sum of all n <= 1000000.

Output

T lines, each line is answer to the corresponding test case. Since the answers may be very large, you should output them modulo 10 9+7.

Sample Input

    2
2
1 2
3
1 2
2 3

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Sample Output

    2
6

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Source

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题意：

n个人，构成树形关系。每一个人有一条独一无二的信息。每一个人能够将自己的信息通过树边。共享给与他相邻的人，共享之后。被共享的人拥有他原有的信息和共享的来的信息。

每次共享为一次操作。问每一个人都拥有全部人的信息最小要的次数的共享方法有多少种。

思路：

easy的出。最短的时间内。当然是每一个节点将自己的信息想外传出去一次。而且接受一次信息，也就是树边的2倍2*(n-1)。 然后能够证明。在最短时间内，全部的传递方式都有一个“信息转换点”——其它节点的信息首先传递到此节点，然后信息再从这个节点向其它节点传递。

事实上我们要求的就是拓扑序有多少种。定义dp[u]表示u节点下面。传到u节点的拓扑序有多少种，cnt[u]表示u有多少个子孙节点，f[i] = i!(i的阶乘)。c[i][j]表示组合数。

如果它有v1,v2,v3个节点。它们的拓扑序分别有dp[v1],dp[v2],dp[v3]这么多种。

那么dp[u] = c[cnt[u]-1][cnt[v1]] * c[cnt[u]-1-cnt[v1]][cnt[v2]] * c[cnt[u]-1-cnt[v1]-cnt[v2]][cnt[v3]] * dp[v1] * dp[v2] * dp[v3]（这个自己推推吧）。化简以后。得到dp[u] = f[cnt[u]-1] / ( f[cnt[v1]] * f[cnt[v2]] * f[cnt[v3]] ) * dp[v1] * dp[v2] * dp[v3] 。我们能够在o（n）的时间复杂度内算出以1节点为根的全部dp值（那么以1为根的答案就算出来了）。以及其它一些辅助信息的值。然后按树的结构往下遍历。分别计算以其它节点为根的答案。以上是网上的思路。我想说的是自己的一点理解。为什么知道每一个子树的拓扑序数目。就能够退出自己的拓扑序数目呢。事实上非常好理解的。当每一个子树的拓扑序定下来之后。确定总顺序的时候。

也就是要得到一个长度为cnt[u]拓扑序列。

对于子树i。

也有一个长度为cnt[i]拓扑序列，所以就要在cnt[u]里找cnt[i]个位置。其它子树再在剩下的子树里找。

还有换根的时候该怎么推导。先写出

dp[u]’=dp[u]*(n-sz[v]-1)!*sz[v]!/((n-1)!*dp[v])

dp[v]’=dp[v]*(n-1)!*dp[u]’/((sz[v]-1)!*(n-sz[v])!)。

带入dp[u]’就能够约掉非常多东西了。所以推公式的时候不要急着得到最后答案。还有就是为什么答案数就是拓扑序数的平方。

由于信息传回去的时候就是你拓扑序嘛。和拓扑序数目一样的。

每个正拓扑序能够和一个逆拓扑序组合。所以就有平方种啦。

具体见代码：

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<stdio.h>
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int maxn=1000010;
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
ll fac[maxn],dp[maxn],ans;
int cnt,sz[maxn],n;
struct node
{
    int v;
    node *next;
} ed[maxn<<1],*head[maxn];
void adde(int u,int v)
{
    ed[cnt].v=v;
    ed[cnt].next=head[u];
    head[u]=&ed[cnt++];
}
ll pow_mod(ll x,int k)
{
    ll base=x,ret=1;
    while(k)
    {
        if(k&1)
            ret=(ret*base)%mod;
        base=(base*base)%mod;
        k>>=1;
    }
    return ret;
}
ll ni(ll x){    return pow_mod(x,mod-2);    }
void dfs(int fa,int u)
{
    ll tp;
    dp[u]=tp=sz[u]=1;
    for(node *p=head[u];p!=NULL;p=p->next)
    {
        int v=p->v;
        if(v==fa)
            continue;
        dfs(u,v);
        tp=(tp*ni(fac[sz[v]]))%mod;
        dp[u]=(dp[u]*dp[v])%mod;
        sz[u]+=sz[v];
    }
    dp[u]=(dp[u]*fac[sz[u]-1]%mod*tp)%mod;
}
void solve(int fa,int u,ll tp)
{
    ll tt;
    ans=(ans+tp*tp%mod)%mod;
    for(node *p=head[u];p!=NULL;p=p->next)
    {
        int v=p->v;
        if(v==fa)
            continue;
        tt=(tp*fac[n-sz[v]-1]%mod*fac[sz[v]])%mod;
        tt=(tt*ni(fac[sz[v]-1])%mod*ni(fac[n-sz[v]]))%mod;
        solve(u,v,tt);
    }
}
int main()
{
    int t,i,u,v,rt;

    fac[0]=fac[1]=1;
    for(i=2;i<maxn;i++)
        fac[i]=(i*fac[i-1])%mod;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d",&n);
        cnt=0,ans=0;
        for(i=1;i<=n;i++)
            head[i]=NULL;
        for(i=1;i<n;i++)
        {
            scanf("%d%d",&u,&v);
            adde(u,v);
            adde(v,u);
        }
        rt=(n+1)/2;
        dfs(-1,rt);
        solve(-1,rt,dp[rt]);
        printf("%I64d\n",ans);
    }
    return 0;
}

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