CF1691F
考虑对每个节点 u 计算贡献,它的贡献有以下三种:
- 以 u 为根,在整棵树里选 k 个点使得它们的 LCA 为点 u
- 以 u 的父亲所属的连通块里的某个点为根,在整棵树里选 k 个点使得它们的 LCA 为点 u
- 以 u 的某个子树 v 中的某个点为根,在整棵树里选 k 个点使得它们的 LCA 为点 u
对于以 u 为根的贡献,不停的合并子树即可,设总方案数是 tot,则
tot←tot+(sizu+sizvk)−(sizuk)−(sizvk)
不难理解这个式子。
而对非自身为根的贡献,对那个连通块做一遍合并的逆操作即可,方案数是
tot−((nk)−(sizvk)−(n−sizvk))
时间复杂度 O(n)。
具体细节看代码。
Code:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 200005, mod = 1e9 + 7;
int n, k;
int head[N], ver[N*2], nxt[N*2], cnt;
int fac[N], inv[N];
int siz[N];
int ans;
inline void Add(int &a, int b) { a += b; if (a >= mod) a -= mod; }
inline void Sub(int &a, int b) { a -= b; if (a < 0) a += mod; }
int qpow(int x, int y) {
int res = 1;
while (y) {
if (y & 1) res = 1ll * res * x % mod;
x = 1ll * x * x % mod;
y >>= 1;
}
return res;
}
void init(int maxn) {
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= maxn; ++i) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
inv[maxn] = qpow(fac[maxn], mod - 2);
for (int i = maxn - 1; ~i; --i) inv[i] = 1ll * inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
inline int C(int n, int m) {
if (n < 0 || m < 0 || n < m) return 0;
return 1ll * fac[n] * inv[n - m] % mod * inv[m] % mod;
}
void add(int u, int v) {
ver[++cnt] = v, nxt[cnt] = head[u], head[u] = cnt;
}
void dfs(int u, int fa) {
siz[u] = 1; int tot = (k == 1);
for (int i = head[u]; i; i = nxt[i]) {
int v = ver[i];
if (v == fa) continue;
dfs(v, u);
int tmp = C(siz[u] + siz[v], k); Sub(tmp, C(siz[u], k)), Sub(tmp, C(siz[v], k));
Add(tot, tmp), siz[u] += siz[v];
}
Add(ans, 1ll * tot * siz[u] % mod * (n - siz[u]) % mod); //第二类贡献
int tmp = C(n, k); Sub(tmp, C(siz[u], k)), Sub(tmp, C(n - siz[u], k));
Add(tot, tmp), Add(ans, 1ll * tot * n % mod); //第一类贡献
for (int i = head[u]; i; i = nxt[i]) {
int v = ver[i];
if (v == fa) continue;
int tmp = C(n, k); Sub(tmp, C(siz[v], k)), Sub(tmp, C(n - siz[v], k));
tmp = (tot - tmp + mod) % mod;
Add(ans, 1ll * tmp * (n - siz[v]) % mod * siz[v] % mod); //第三类贡献
}
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &k);
init(n);
for (int i = 1, u, v; i < n; ++i) scanf("%d%d", &u, &v), add(u, v), add(v, u);
dfs(1, 0);
printf("%d", ans);
return 0;
}
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