做题记录

8.18

1. CF1162A

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e9 + 7;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
	int n, m, h;
	cin >> n >> h >> m;
	vector<int> a(n, h);
	while(m --) {
		int l, r, lim;
		cin >> l >> r >> lim;
		l --, r --;
		while(l <= r) a[l] = min(lim, a[l]), l ++;
	}
	int res = 0;
	for(int i = 0; i < n; i ++) res += a[i] * a[i];
	cout << res << '\n';
    return 0;
}

2. P9011

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 100 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e9 + 7;
int n, m;
int s[N], t[N], c[N];
int a[N], b[N], p[N], w[N];
int ans = INF;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		cin >> s[i] >> t[i] >> c[i];
	}
	for(int i = 0; i < m; i ++) {
		cin >> a[i] >> b[i] >> p[i] >> w[i];
	}
	for(int i = 0; i < 1 << m; i ++) {
		vector<int> sum(102);
		int tmp = 0;
		for(int j = 0; j < m; j ++) {
			if(i >> j & 1) {
				tmp += w[j];
				sum[a[j]] += p[j];
				sum[b[j] + 1] -= p[j];
			}
		}
		for(int j = 1; j <= 100; j ++) sum[j] += sum[j - 1];
		bool ok = true;
		for(int j = 1; j <= n; j ++) {
			for(int k = s[j]; k <= t[j]; k ++) {
				if(sum[k] < c[j]) {
					ok = false;
					break;
				}
			}
		}
		if(ok) {
			ans = min(ans, tmp);
		}
	}
	cout << ans << '\n';
    return 0;
}

3. P9228

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e6 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e9 + 7;
int n, m, k;
int a[N], b[N];
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
	cin >> n >> m >> k;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		cin >> a[i];
	}
	for(int i = 1; i <= m; i ++) {
		cin >> b[i];
	}
	sort(a + 1, a + 1 + n);
	reverse(a + 1, a + 1 + n);
	sort(b + 1, b + 1 + m);
	reverse(b + 1, b + 1 + m);
	int i = 1, j = 1;
	LL res = 0; 
	while(i <= n && j <= m) {
		if(a[i] >= k) res += b[j] + a[i] * 2;
		else res += a[i] + b[j] + k;
		i ++, j ++;
	}
	while(i <= n) res += a[i ++];
	while(j <= m) res += b[j ++];
	cout << res << '\n';
    return 0;
}

4. P2213

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 4e2 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e9 + 7;
int n, k, res;
int g[N][N], sum[N][N];
int solve(int x, int y) {
	int ans = 0;
	int l = y - k, r = y + k, t = k + 1, cur = x;
	while(t && cur) {
		ans += sum[cur][min(n, r)] - sum[cur][max(0, l - 1)];
		l ++, r --;
		t --, cur --;
	}
	t = k, cur = x + 1;
	l = y - k + 1, r = y + k - 1;
	while(t && cur <= n) {
		ans += sum[cur][min(n, r)] - sum[cur][max(0, l - 1)];
		l ++, r --;
		cur ++, t --;
	}
	return ans;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cin >> n >> k;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		for(int j = 1; j <= n; j ++) {
			cin >> g[i][j];
			sum[i][j] = sum[i][j - 1] + g[i][j];
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		for(int j = 1; j <= n; j ++) {
			res = max(res, solve(i, j));
		}
	}
	cout << res << '\n';
    return 0;
}

5. P9117

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long long ull;
const int N = 1e5 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
const ll mod = 1e9 + 7;
int h[N], l[N], timl[N], timh[N];
int n, m, q;
void solve()
{
    cin >> n >> m >> q;
    for(int i = 1;i <= n;i ++) h[i] = timh[i] = 0;
    for(int i = 1;i <= m;i ++) l[i] = timl[i] = 0;
    for(int i = 1;i <= q;i ++)
    {
        int op, x, c;
        cin >> op >> x >> c;
        if(op == 0) h[x] = c, timh[x] = i;
        else l[x] = c, timl[x] = i;
    } 
    for(int i = 1;i <= n;i ++)
    {
        for(int j = 1;j <= m;j ++)
            if(timh[i] >= timl[j]) cout << h[i] << ' ';
            else cout << l[j] << ' ';
        cout << '\n';
    }
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int T;
    cin >> T;
    while(T --)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

都是sb题，接近1h才调完，还得快。

6. P1771

求解 $g(x)$ 可以直接快速幂，不放设 $n=g(x)$。接下来就是算

$x_1+x_2+x_3+......+x_{k-1}+x_k=n$ 正整数解的数量。

直接插板法。

出题人没给取模，还得写高精。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 140 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e3;
LL k, x, n;
LL f[1000][100][N];
LL power(LL a, LL b) {
	LL res = 1;
	for(; b; a = a * a % mod, b >>= 1) if(b & 1) res = res * a % mod;
	return res;
}
void add(LL *c, LL *a, LL *b) {
	for(int i = 0, t = 0; i < N; i ++) {
		t += a[i] + b[i];
		c[i] = t % 10;
		t /= 10;
	}
}
int main() {
  	ios::sync_with_stdio(false);
  	cin.tie(nullptr);
	cin >> k >> x;
	n = power(x % 1000, x);
	for(int i = 0; i < n; i ++) 
		for(int j = 0; j <= i && j < k; j ++) {
			if(!j) f[i][j][0] = 1;
			else add(f[i][j], f[i - 1][j], f[i - 1][j - 1]);
		}
	LL *g = f[n - 1][k - 1];
	int cur = N - 1;
	while(!g[cur]) cur --;
	while(cur >= 0) cout << g[cur --];
	return 0;
}

8.19

1. P1350

先考虑在一个 $n\times m$ 的矩形内放 $k$ 个的方案 $f(n,m,k)$。
答案就是 $\sum _{i=0}^{k}f(b,a,i)\times f(d,a+c-i,k-i)$

现在 $a$ 行中任意选出 $k$ 行来，方案数是 $C_a^k$，对于每一种方案，第一行有 $k$ 种选法，第二行有 $k-1$ 种选法，即 $A_b^k$种选法。
得到 $f(a,b,k)=C_a^k\times A_b^k$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2e3 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e5 + 3;
LL power(LL a, LL b) {
	LL res = 1;
	for(; b; a = a * a % mod, b >>= 1) if(b & 1) res = res * a % mod;
	return res;
}
LL fac[N], infac[N];
LL C(int a, int b) {
	if(a < b) return 0;
	return fac[a] * infac[a - b] % mod * infac[b] % mod;	
}
LL A(int a, int b) {
	if(a < b) return 0;
	return fac[a] * infac[a - b] % mod;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
	LL a, b, c, d, k;
	cin >> a >> b >> c >> d >> k;
	fac[0] = 1, infac[0] = 1;
	for(int i = 1; i < N; i ++) {
		fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
		infac[i] = power(fac[i], mod - 2);
	}
	LL res = 0;
	for(int i = 0; i <= k; i ++) {
		res = (res + C(b, i) * A(a, i) % mod * C(d, k - i) % mod * A(a + c - i, k - i) % mod) % mod; 
	}
	cout << res << '\n';
    return 0;
}

2. P3166

所有的选法减去共线的选法。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e9 + 7;
LL n, m;
LL calc(LL a) {
	return a * (a - 1) * (a - 2) / 6;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
	cin >> n >> m;
	n ++, m ++;
	LL res = calc(n * m) - n * calc(m) - m * calc(n);
	for(int i = 1; i <= n; i ++) 
		for(int j = 1; j <= m; j ++)
		 	res -= 2ll * (__gcd(i, j) - 1) * (n - i) * (m - j);
	cout << res << '\n';
    return 0;
}

3. bzoj 4403

枚举序列长度 $k$，$l$ 到 $r$ 变成 $r-l$。

算出 $x_1+x_2+......+x_{k-1}+x_k\le r-l$ 的非负整数解的数量。

令 $y_i=x_i+1$

转变成 $y_1+y_2+......+y_{k-1}+y_k\le r-l+k$ 的正整数解的数量。

依然插板法，$r-l+k$ 个空插入 $k$ 个板，方案数为 $C_{r-l+k}^k$。

为了方便记 $m=r-l$。
答案为 $\sum _{i=1}^n{C}_{m+i}^i$

$C_{m+1}^1+C_{m+2}^2+......+C_{m+n-1}^{n-1}+C_{m+n}^n$

$=C_{m+1}^m+C_{m+2}^m+......+C_{m+n-1}^m+C_{m+n}^m$

$=C_{m+1}^{m+1}+C_{m+1}^m+C_{m+2}^m+......+C_{m+n-1}^m+C_{m+n}^m-C_{m+1}^{m+1}$

$=C_{m+2}^{m+1}+C_{m+2}^m+......+C_{m+n-1}^m+C_{m+n}^m-C_{m+1}^{m+1}$

$=C_{m+3}^{m+1}+......+C_{m+n-1}^m+C_{m+n}^m-C_{m+1}^{m+1}$

$=C_{m+n+1}^{m+1}-C_{m+1}^{m+1}$

$=C_{m+n+1}^{m+1}-1$

范围比较大，Lucas定理即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e6 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e6 + 3;
LL fac[N], infac[N];
LL power(LL a, LL b) {
	LL res = 1;
	for(; b; a = a * a % mod, b >>= 1) if(b & 1) res = res * a % mod;
	return res;
}
void init() {
	fac[0] = infac[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= mod; i ++) {
		fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
		infac[i] = power(fac[i], mod - 2);
	}
}
LL C(LL a, LL b) {
	if(a < b) return 0;
	return fac[a] * infac[a - b] % mod * infac[b] % mod;
}
LL Lucas(LL a, LL b) {
	if(a < mod && b < mod) return C(a, b);
	return Lucas(a / mod, b / mod) * C(a % mod, b % mod) % mod;
}
void solve() {
	LL n, l, r;
	cin >> n >> l >> r;
	cout << (Lucas(r - l + n + 1, r - l + 1) + mod - 1) % mod << '\n';
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    init();
	int t;
	cin >> t;
	while(t --) {
		solve();
	}
    return 0;
}

4. Edge Groups

题意：给出一颗 $n$ 个点的树，把 $n-1$ 条边每两条分成一组，同一组的两条边必须有公共端点，求分组方法的数量，答案对 998244353 取模。（保证 $n$ 为奇数）

考虑 $u$ 的子树，如果 $u$ 的子树内有偶数条边的话，$u$ 到父亲的这一条边是不会跟 $u$ 子树内的边分一组的。

考虑有 $x$ 条边要配对，任意两条边都能两两配对。

第一条边能配对的边有 $x-1$ 种选法，第二条考虑去除前面两条还有 $x-3$ 种选法，会发现答案是 $x!!$ 的。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 998244353;
int n;
vector<int> e[N];
LL ans = 1;
int siz[N];
void dfs(int u, int fa) {
	siz[u] = 1;
	int cnt = 0;
	for(auto v : e[u]) 
		if(v != fa) {
			dfs(v, u);
			siz[u] += siz[v];
			if(siz[v] & 1) cnt ++;
		}
	if(cnt & 1) cnt ++;
	for(int i = cnt - 1; i >= 1; i -= 2) {
		ans = ans * i % mod;
	}
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
	cin >> n;
	for(int i = 1; i < n; i ++) {
		int u, v;
		cin >> u >> v;
		e[u].push_back(v);
		e[v].push_back(u);
	}
	dfs(1, 0);
	cout << ans << '\n';
    return 0;
}

5. P9569

sb题，有个sb 10min+才过。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e6 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e9 + 7;
LL n, T, ans = -1, id;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
	cin >> n >> T;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		LL v, t;
		cin >> v >> t;
		int tmp = max(0ll, T - t) * v;
		if(ans == -1 || tmp > ans) {
			ans = tmp, id = i;
		}
	}
	cout << id << '\n';
    return 0;
}

6. P9570

sb题。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e6 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e9 + 7;
int n, m;
string s;
bool st[N];
int now = 1;
vector<int> ans;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cin >> n >> m >> s;
    for(int i = 0; i < m; i ++) {
    	if(s[i] == 'N') {
    		if(now > n) {
    			cout << "No solution\n";
    			return 0;
			}
			else {
				ans.push_back(now);
				st[now] = true;
				now ++;
			}
		}
		else {
			if(st[1]) {
				ans.push_back(1);
			}
			else {
				cout << "No solution\n";
    			return 0;
			}
		}
	}
	for(auto k : ans) cout << k << ' ';
    return 0;
}

7. P9571

set模拟。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2e5 + 5, base = 1e5, INF = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e9 + 7;
int n, tot;
multiset<int> s[N];
set<int> se;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		int op, k, b;
		cin >> op >> k >> b;
		if(op == 1) {
			s[k + base].insert(b);
			tot ++;
			se.insert(k);
		}
		else if(op == 2) {
			cout << tot - s[k + base].size() << '\n';
		}
		else {
			s[k + base].erase(b);
			tot = s[k + base].size();
			for(auto it = se.begin(); it != se.end(); it ++) {
				if(*it == k) continue;
				s[*it + base].clear();
			}
			se.clear();
			se.insert(k);
		}
	}
    return 0;
}

8. P9572

一个比较显然的结论是第一问的答案是t有多少个数在s中出现过。

然后拿set暴力模拟。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e6 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e9 + 7;
int n, m, c1, c2, k;
int s[N];
int cnt[N];
vector<int> t;
set<int> p[N];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
	cin >> n >> m >> c1 >> c2;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		cin >> s[i];
		cnt[s[i]] ++;
		p[s[i]].insert(i);
	}
	int res = 0;
	for(int i = 1; i <= m; i ++) {
		int x;
		cin >> x;
		if(cnt[x]) t.push_back(x);
	}
	int cur = 0, now = -1;
	k = 1;
	while(cur < t.size()) {
		auto it = p[t[cur]].lower_bound(now + 1);
		if(it == p[t[cur]].end()) {
			now = -1;
			k ++;
			continue;
		}
		cur ++;
		now = *it;
	}
	cout << (int)t.size() * c1 << ' ' << c2 * k << '\n';
    return 0;
}

9. abc315f

后面会补题解。

Submission #44743383

8.20

1. ICPC Nanjing 2021 H, Crystalfly

设 $f_u$ 为到 $u$ 点时，$u$ 点上的蝴蝶都已经飞走时能抓到的最大数量, $g_u$ 为到 $u$ 这个点, 抓到 $u$ 上的蝴蝶后又往父亲走时的最大数量，也就是 $u$ 的儿子节点都没吃到。

得到一个关系式：

$$g_u=\sum _{(v,u)\in G}{f}_v+a_u$$

$f$ 的转移有两类。

第一类 ：

$$f_u=\sum _{(v,u)\in G}{f}_v+max(a_v)$$

先走到 $f_v+a_v$ 最大的子树中，即先走完 $subtree(v)$ 再回来吃别的子节点。

第二类 ：

先走到一个儿子再走上来，再走到另一个儿子的子树中抓，最后上来抓其他子树。

$$f_u=max(g_i+a_j+f_j+other{f}_v)(t_j=3)$$

枚举 $i,j$ 的话复杂度是平方的，显然不行。

令 $s=\sum _{(v,u)\in G}{f}_v$。
那么就有

$$f_u=s+a_j+g_i-f_i$$

对于每个 $i$ 找到最大的 $j$ 即可，只需要记录 $a$ 最大的两个就可以了。

Submission #219622614 - Codeforces

2. P6004

二分+并查集乱搞一下。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e9 + 7;
int n, m;
int p[N];
int a[N], b[N], w[N];
int fa[N];
int find(int x) {
	return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]);
}
void merge(int x, int y) {
	fa[find(x)] = find(y);
}
bool check(int x) {
	for(int i = 1; i <= n; i ++) fa[i] = i;
	for(int i = 1; i <= m; i ++) {
		if(w[i] >= x) merge(a[i], b[i]);
	}
	bool ok = true;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		if(find(i) != find(p[i])) {
			ok = false;
			break;
		}
	}
	return ok;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		cin >> p[i];
	}
	for(int i = 1; i <= m; i ++) {
		cin >> a[i] >> b[i] >> w[i];
	}
	int l = -1, r = 1e9 + 1, res = -1;
	while(l <= r) {
		int mid = l + r >> 1;
		if(check(mid)) l = mid + 1, res = mid;
		else r = mid - 1;
	}
	if(res == 1e9 + 1) {
		res = -1;
	}
	cout << res << '\n';
    return 0;
}

3. P4316

期望 dp。

不是很懂期望。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e9 + 7;
int n, m;
int h[N], to[N << 1], val[N << 1], nxt[N << 1], cnt;
int deg[N];
double f[N];
void add(int u, int v, int w) {
	to[++ cnt] = v, val[cnt] = w, nxt[cnt] = h[u], h[u] = cnt;
}
double dfs(int u) {
	if(f[u] >= 0) return f[u];
	f[u] = 0;
	for(int i = h[u]; i; i = nxt[i]) {
		int v = to[i];
		f[u] += (val[i] + dfs(v)) / deg[u];
	}
	return f[u];
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
	memset(f, -1, sizeof f);
	cin >> n >> m;
	while(m --) {
		int u, v, w;
		cin >> u >> v >> w;
		add(u, v, w);
		deg[u] ++;
	}
	cout << fixed << setprecision(2) << dfs(1) << '\n';
    return 0;
}

4. CF451E

容斥？

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 20 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e9 + 7;
LL n, m;
LL f[N];
LL inv = 1;
LL power(LL a, LL b) {
	LL res = 1;
	for(; b; a = a * a % mod, b >>= 1) if(b & 1) res = res * a % mod;
	return res;
}
LL calc(LL x) {
    if(x < n - 1) return 0;
	LL t = 1;
	for(LL i = x; i > x - n + 1; i --) {
		t = i % mod * t % mod;
	}
	return t % mod * inv % mod;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
	cin >> n >> m;
	LL res = 0;
	for(int i = 0; i < n; i ++) {
		cin >> f[i];
	}
	for(int i = 1; i < n; i ++) 
		inv = inv * i % mod;
	inv = power(inv, mod - 2);
	for(int i = 0; i < 1 << n; i ++) {
		LL s = 1;
		LL x = m + n - 1;
		for(int j = 0; j < n; j ++) {
			if(i >> j & 1) {
				s *= -1;
				x -= f[j] + 1;
			}
		}
		res = (res + calc(x) * s) % mod;
	}
	cout << (res + mod) % mod << '\n';
    return 0;
}

5. P9573

题解

6. P9574

额，就猜结论就过了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e9 + 7;
void solve() {
	int n;
	string s;
	cin >> n >> s;
	s = " " + s;
	vector<int> a(n + 5), f(n + 5, 0), f2(n + 5, 0);
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		if(s[i] == 'T') a[i] = 1, f[i] = f2[i] = 1;
		else a[i] = 0;
	}
	int mx = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		if(a[i] != a[i + 1] && a[i + 2] != a[i + 3]) {
			if(f[i + 1] && f[i + 2]) {
				f[i + 3] = 1;
			}
		}
	}
	for(int i = n; i - 3>= 1; i --) {
		if(a[i] != a[i - 1] && a[i - 2] != a[i - 3]) {
			if(f2[i - 1] && f2[i - 2]) {
				f2[i - 3] = 1;
			}
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		if(a[i] == 1) {
			int j = i;
			while(a[j] == 1) j ++;
			mx = max(mx, j - i + f2[j] + f[i - 1]);
			i = j;
		}
	}
	cout << mx << '\n';
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
	int t;
	cin >> t;
	while(t --) {
		solve();
	}
    return 0;
}

8.21

1. CF1824B1

算出每个点成为好点的概率加起来。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2e5 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e9 + 7;
int n, k;
vector<int> e[N];
LL ans;
int siz[N];
void dfs(int u, int fa) {
	siz[u] = 1;
	for(auto v : e[u]) if(v != fa) {
		dfs(v, u);
		ans += 1ll * siz[u] * siz[v];
		ans %= mod;
		siz[u] += siz[v];
	}
	ans += 1ll * siz[u] * (n - siz[u]);
	ans %= mod;
}
LL power(LL a, LL b) {
	LL res = 1;
	for(; b; a = a * a % mod, b >>= 1) if(b & 1) res = res * a % mod;
	return res;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
	cin >> n >> k;
	for(int i = 1; i < n; i ++) {
		int u, v;
		cin >> u >> v;
		e[u].push_back(v);
		e[v].push_back(u);
	}
	if(k == 1 || k == 3) {
		cout << 1 << '\n';
		return 0;
	}
	dfs(1, 0);
	cout << ans * power(1ll * n * (n - 1) / 2 % mod, mod - 2) % mod << '\n';
    return 0;
}

训练赛考炸了，不想写了md。