CF1824B1 LuoTianyi and the Floating Islands (Easy Version) 题解

分析

按照 $k$ 的奇偶分开考虑。

$k$ 为奇数。一个好的节点有且仅有一个在任意两个有人的节点 $i, j$ 的路径的交点上的最优位置。若该交点偏移 $1$ 步，则必然会使路径长度和 $+ 1$ 。故期望为 $1$ 。

$k$ 为偶数。任意一个好的节点仍然在任意两个有人的节点 $i, j$ 的交点上。但若对于某个好点的偏移，在偏移后距离增加与减少的距离均为 $\frac{k}{2}$ 时，这个点也是好的。考虑枚举边，若一条边的两边有人的点的数量均为 $\frac{k}{2}$ ，则这条边有贡献 $1$ 。即每条边的贡献之和为 $\sum_{u = 1}^{n - 1} (\binom{s i z_{u}}{\frac{k}{2}}) \times (\binom{n - s i z_{u}}{\frac{k}{2}})$ 。其中 $s i z_{u}$ 为边 $u$ 左端的节点数量。但是，对于某一条有好点的路径 $x$ ，其中的边的数量总会比点的数量少一，所以贡献之和还需要加上 $(\binom{n}{k})$ 。所以对于 $k$ 为偶数时，期望为 $\frac{\sum_{u = 1}^{n - 1} (\binom{s i z_{u}}{\frac{k}{2}}) \times (\binom{n - s i z_{u}}{\frac{k}{2}}) + (\binom{n}{k})}{(\binom{n}{k})}$ 。

注：求组合数可以先预处理 $1 \leq i \leq n$ 的阶乘，在用逆元乘。在 $s i z_{u} + 1 \leq \frac{k}{2}$ 的时候，这条边是没有贡献的。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define re register
#define il inline

const int N=1e6+10,p=1e9+7;
int n,k;
int ne[N],e[N],h[N],idx;
int sum,siz[N],__[N];

il int qmi(int a,int b){
	int ans=1;
	while(b){
		if(b&1) ans=ans*a%p;
		a=a*a%p,b>>=1;
	}
	return ans;
}
il int C(int n,int m){
	if(n<m) return 0;
	return __[n]%p*qmi(__[m],p-2)%p*qmi(__[n-m],p-2)%p;
}

il void add(int a,int b){ne[++idx]=h[a],e[idx]=b,h[a]=idx;}
il void dfs(int now,int fa){
	siz[now]=1;
	for(re int i=h[now];i;i=ne[i]){
		int j=e[i];if(j==fa) continue;
		dfs(j,now),siz[now]+=siz[j];
	}
	return ;
}
il void dfs2(int now,int fa){
	for(re int i=h[now];i;i=ne[i]){
		int j=e[i];if(j==fa) continue;
		sum=(sum+C(siz[j],k/2)*C(n-siz[j],k/2))%p;
		dfs2(j,now);
	}
	return ;
}

il void solve(){
	cin>>n>>k;
	for(re int i=1,u,v;i<n;++i)
		cin>>u>>v,
		add(u,v),add(v,u);
	if(k&1){cout<<"1\n";return;}
	__[0]=1;for(re int i=1;i<=n+5;++i) __[i]=__[i-1]*i%p;
	sum=C(n,k);
	dfs(1,0),dfs2(1,0);
	cout<<(sum%p*qmi(C(n,k),p-2)%p)%p<<"\n";
	return ;
}

signed main(){
	solve();
	return 0;
}