CF1824B2 LuoTianyi and the Floating Islands题解

是 Div2 的 D1 和 D2。

题意

给定一棵 $n$ 个结点的树，现在有 $k(k\leq n)$ 个结点上有人。
一个结点是好的当且仅当这个点到所有人的距离之和最小。
求在这 $n$ 个点中随机取 $k$ 个点时，好的结点的期望个数，对 $10^9+7$ 取模。

Easy: $k\leq 3,n\leq 2*10^5$
Hard: $k\leq n\leq 2*10^5$

Part 1

考虑 Easy 版本。

$k=1$ 时，只有一个点是关键点，故答案为 $1$ 。
$k=3$ 时，考虑如下三种情况：

当钦定 $1$ 与 $2$ 两个点后，考虑第三个点的位置。

当三者在一条链上，且第三个点不在前两个点中间时：显然，中间的点是唯一一个“好点”。
第三个点在两者中间时：同上，中间的点是唯一一个“好点”。
三者不在一条链上：最上方的点是唯一一个“好点”。
得出结论： $k=3$ 时答案也为 $1$ 。

$k=2$ 时，对于每一条链，中间的每一个点都可以成为“好点”。所以只需要统计各个长度的链共有多少条，简单计数即可。

Part 2

进阶到 Hard 版本。
猜想：当 $k$ 为奇数时，答案恒为 $1$ 。
证明：称每个点到选定的 $k$ 个点的距离之和称为距离和。假设目前 $x$ 和 $y$ 两个点都是“好点”，且钦定 $x$ 为这棵树的根，来考虑 $x$ 移动到 $y$ 过程中距离和的变化。设当前的距离和为 $dis$ ，当前点子树内共有 $s$ 个特殊点，那么从 $x$ 移动到其某一个儿子后，距离和改变为 $dis-s+(k-s)=dis+(k-2s)$ 。与子树内的特殊点的距离均 $-1$ ，与子树外的特殊点距离均 $+1$ 。又由于 $x$ 为“好点”，则此时 $k-2s\geq 0$ 。而 $k$ 是奇数，所以 $k-2s>0$ 。又由于这个变化量是所有的变化量中最小的，故移动到点 $y$ 时，距离和一定会比 $dis$ 大，与题设矛盾，所以猜想成立。

当 $k$ 为偶数时呢？显然，变化量要为 $0$ 。则可得到 $k=2s$ 。转化到题目中，则好点 $x$ 为子树中的一部分有 $k/2$ 个特殊点，且子树外也有 $k/2$ 个特殊点的点。还可以通过这个结论，结合 $k$ 为奇数的证明步骤得到：若存在这样的点，则类似的“好点”都是串联在一起的，且数量 $\geq2$ 。而通过这种方法计数得到的“好点”数量，本质上是将视角转换为了从边的角度来计数，所以计算出的答案会少 $1$ 。故最后的答案应加上 $1$ 。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define db double
#define mkp make_pair
#define pb push_back
#define P pair<int,int>
#define _ 0
const int N=2e5,mod=1e9+7,MOD=1e9+123,inf=1e18;
int T=1,siz[N+10],ans,fac[N+10],inv[N+10],n,k;
vector<int> e[N+10];
int qpow(int a,int b){
    int ans=1;
    while(b){
        if(b&1) ans=(ans*a)%mod;
        b>>=1;
        a=(a*a)%mod;
    }
    return ans;
}
void init(){
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=N;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    inv[N]=qpow(fac[N],mod-2);
    for(int i=N-1;i>=0;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
int C(int n,int m){
    if(n<m||n<0||m<0) return 0;
    return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
void dfs(int x,int fa){
    siz[x]=1;
    for(int y:e[x]){
        if(y==fa) continue;
        dfs(y,x);
        siz[x]+=siz[y];
        ans=(ans+C(siz[y],k/2)*C(n-siz[y],k/2))%mod;
    }
}
void solve(){
    init();
    cin>>n>>k;
    if(k&1){
        cout<<1;
        return ;
    }
    for(int i=1;i<n;i++){
        int u,v;
        cin>>u>>v;
        e[u].pb(v),e[v].pb(u);
    }
    ans=C(n,k);
    dfs(1,0);
    cout<<ans*qpow(C(n,k),mod-2)%mod;
}
signed main(){
    // freopen(".in","r",stdin);
    // freopen(".out","w",stdout);
    // ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0);
    while(T--){
        solve();
    }
    return ~~(0^_^0);
}