AtCoder abc160 F

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题意

给一颗树，指定一个点，从这个点开始染色，每次只能在已染色点旁边染色，问从每个点开始染色分别能产生多少种染色序列。

题解

这个问题其实就是问一颗有根树的拓扑序列个数。
其实我们知道不是树的有向无环图的拓扑序列个数是个np问题，但是树的拓扑序列个数是一个可解的问题。(n) 的全排列个数为 (n!)，来考虑有多少种非法情况，可以发现，对于每个子树，它的根一定要在这颗子树的排列的第一个，那么这个子树的排列中只有 (frac{1}{size}) 个是合法的，那么所有排列中就只有 (frac{n!}{prod_{u=1}^{n}size[u]}) 种合法，那么一颗有根树的拓扑序列数量就是 (frac{n!}{prod_{u=1}^{n}size[u]})。
而这个题中给的是无根树，然后问每个点作为根时该树的拓扑序列个数，很明显就是一个换根dp。做法就是以 (1) 为根预处理每颗子树的大小和子树前缀积，然后换根的转移就很好写了。

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <queue>
#define xx first
#define yy second
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
const int N=3e5+10;
const int M=1e6+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const LL INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
int n,siz[N];
vector<int> g[N];
LL fac[N],ans[N],mul[N];

LL qpow(LL x,LL k){
	LL res=1;
	while(k){
		if(k&1) res=res*x%mod;
		k>>=1;
		x=x*x%mod;
	}
	return res;
}

void predfs(int u,int fa){
	siz[u]=mul[u]=1;
	for(int v:g[u]){
		if(v==fa) continue;
		predfs(v,u);
		siz[u]+=siz[v];
		mul[u]=mul[u]*mul[v]%mod;
	}
	mul[u]=mul[u]*siz[u]%mod;
}

void dfs(int u,int fa,LL premul){
	LL down=premul;
	for(int v:g[u]) if(v!=fa) down=down*mul[v]%mod;
	ans[u]=fac[n-1]*qpow(down,mod-2)%mod;
	for(int v:g[u]) if(v!=fa) premul=premul*mul[v]%mod;
	for(int v:g[u]) if(v!=fa) dfs(v,u,premul*qpow(mul[v],mod-2)%mod*(n-siz[v])%mod);
}

int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1,u,v;i<n;i++){
		scanf("%d%d",&u,&v);
		g[u].push_back(v);
		g[v].push_back(u);
	}
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	predfs(1,0);
	dfs(1,0,1);
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld
",ans[i]);
	return 0;
}