\(\text{Description}\)
小白和小黑的学校在举办趣味运动会，其中有一个项目是在树形迷宫里进行竞技。迷宫是一个由 \(𝑛\) 个节点，\(𝑛 − 1\) 条长度为 \(1\) 的可双向通行的边组成的图，保证任意两点可互相到达。
小白和小黑所在的队伍一共有 \(𝑚\) 个人，竞技开始时会随机进入树上 \(𝑚\) 个 互不相同 的节点，他们通过无线通讯设备确定一个集合点，然后所有人沿最短路径走到集合点，花费的代价为所有人走的路径长度之和。 为了取得竞技的胜利，他们需要最小化花费的代价。
然而他们并不知道他们最终会进入哪个节点，所以你需要对于每种不同的情况计算最小代价并求出总和。方案可能很多，请你输出答案对 \(1000000007\) 取模的结果。 两种情况不同，当且仅当对于存在某个节点 \(𝑖\)，在一种情况中节点 \(𝑖\) 上有一个人， 而另一种情况中 \(𝑖\) 上没有人。
\(n,m\le 10^6\).
\(\text{Solution}\)
直接考虑肯定是让人头大的，对于这种不定点的树上问题，一个常见的思路是考虑边的贡献。
假设一条边两端关键点个数分别为 \(x,m-x\)，如果有 \(x\le m-x\)，肯定会把集合点设在 \(m-x\) 的那个连通块里，这样它只会被经过 \(x\) 次。
假设一条边两侧分别有 \(s,n-s\) 个点，那么这条边的贡献就是：
这样肯定过不去，考虑优化掉 \(\min\)，其实如果强制 \(x\le m-x\) 就有 \(x\le \lfloor\frac{m}{2}\rfloor\). 考虑 \(x\) 范围只有 \([1,m)\)，把 \(m\) 为偶的 \(x=\frac{m}{2}\) 情况刨开，就有：
那么我们只用快速求
后面带的 \(x\) 不利于化简，我们可以 利用组合数 消去。
设 \(\lfloor\frac{m-1}{2}\rfloor=k\)，上柿就变成：
并令其为 \(s\cdot g(s)\).
这个柿子有组合意义：在 \(n-1\) 个球里选 \(m-1\) 个球，保证前 \(s-1\) 个球中最多选 \(k-1\) 个球的方案数（以后遇到 \(\binom{x}{y}\cdot \binom{n-x}{m-y}\) 的情况都可以这样转化）。显然 \(g(s+1)\) 相对于 \(g(s)\) 只少了在前 \(s-1\) 选了 \(k-1\) 个球，又选了第 \(s\) 个球的情况（考虑限制更紧，肯定会变少），这种方案数可以表示为 \(\text C(s-1,k-1)\times \text C(n-1-s,m-1-k)\)：在前 \(s-1\) 个球中选了 \(k-1\) 个球，\(n-1-s\) 表示除了前 \(s\) 个球的球数，\(m-1-k\) 表示前面 \(s\) 个球选了 \(k\) 个，那么后面 \(n-1-s\) 个球要选 \(m-1-k\) 个，显然这样强制了选了第 \(s\) 个球。
\(\text{Code}\)
#include <cstdio>
#define rep(i,_l,_r) for(register signed i=(_l),_end=(_r);i<=_end;++i)
#define fep(i,_l,_r) for(register signed i=(_l),_end=(_r);i>=_end;--i)
#define erep(i,u) for(signed i=head[u],v=to[i];i;i=nxt[i],v=to[i])
#define efep(i,u) for(signed i=Head[u],v=to[i];i;i=nxt[i],v=to[i])
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
template <class T> inline T read(const T sample) {
T x=0; int f=1; char s;
while((s=getchar())>'9'||s<'0') if(s=='-') f=-1;
while(s>='0'&&s<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),s=getchar();
return x*f;
}
template <class T> inline void write(const T x) {
if(x<0) return (void) (putchar('-'),write(-x));
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
template <class T> inline T Max(const T x,const T y) {if(x>y) return x; return y;}
template <class T> inline T Min(const T x,const T y) {if(x<y) return x; return y;}
template <class T> inline T fab(const T x) {return x>0?x:-x;}
template <class T> inline T gcd(const T x,const T y) {return y?gcd(y,x%y):x;}
template <class T> inline T lcm(const T x,const T y) {return x/gcd(x,y)*y;}
template <class T> inline T Swap(T &x,T &y) {x^=y^=x^=y;}
const int mod=1e9+7,maxn=1e6+5;
int n,m,fac[maxn],ifac[maxn],k,siz[maxn],ans,g[maxn];
int head[maxn],to[maxn<<1],nxt[maxn<<1],cnt;
void addEdge(int u,int v) {
nxt[++cnt]=head[u],to[cnt]=v,head[u]=cnt;
nxt[++cnt]=head[v],to[cnt]=u,head[v]=cnt;
}
int qkpow(int x,int y) {
int r=1;
while(y) {
if(y&1) r=1ll*r*x%mod;
x=1ll*x*x%mod; y>>=1;
}
return r;
}
void init() {
fac[0]=1;
rep(i,1,n) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
ifac[n]=qkpow(fac[n],mod-2);
fep(i,n-1,0) ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod;
}
int C(int x,int y) {
if(x<y) return 0;
return 1ll*fac[x]*ifac[y]%mod*ifac[x-y]%mod;
}
void dfs(int u,int fa) {
siz[u]=1;
erep(i,u) {
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
siz[u]+=siz[v];
ans=((ans+g[siz[v]])%mod+g[n-siz[v]])%mod;
if(!(m&1)) ans=(ans+1ll*C(siz[v],m>>1)*C(n-siz[v],m>>1)%mod*(m>>1)%mod)%mod;
}
}
int main() {
// freopen("meeting.in", "r", stdin);
// freopen("meeting.out", "w", stdout);
int x;
n=read(9),m=read(9); k=m-1>>1; init();
rep(i,2,n) x=read(9),addEdge(x,i);
if(k>=1) g[1]=C(n-1,m-1); // 注意特判这个时候没有数值
rep(i,1,n-1) g[i+1]=(g[i]-1ll*C(i-1,k-1)*C(n-1-i,m-1-k)%mod+mod)%mod;
rep(i,1,n) g[i]=1ll*g[i]*i%mod;
dfs(1,0);
print(ans,'\n');
return 0;
}
