51Nod 1677 treecnt 【树形dp+组合数学+逆元】

51Nod 1677  treecnt

Description:
给定一棵n个节点的树，从1到n标号。选择k个点，你需要选择一些边使得这k个点通过选择的边联通，目标是使得选择的边数最少。

现需要计算对于所有选择k个点的情况最小选择边数的总和为多少。

样例解释：

一共有三种可能:(下列配图蓝色点表示选择的点，红色边表示最优方案中的边)

选择点{1,2}:至少要选择第一条边使得1和2联通。

 

选择点{1,3}:至少要选择第二条边使得1和3联通。

 

选择点{2,3}:两条边都要选择才能使2和3联通。

 

Input

第一行两个数n，k(1<=k<=n<=100000)
接下来n-1行，每行两个数x,y描述一条边(1<=x,y<=n)

Output

一个数，答案对1,000,000,007取模。

Input示例

3 2
1 2
1 3

Output示例

4


题解：

一道非常6的好题，思维性很强！！！值得一做！！！
首先直接做，要选出 k 个点，然后还要选择一些边使他们构成联通块，复杂度很高。
我们换个角度考虑（思维含量贼高）：我们考虑一条边对答案的贡献：
设一条边连着 x,y 两侧的节点，那么每次选 k 个点，我们有三种取法：                      

（以上图片转载）

1：x 一侧的k个点的联通块
2：y 一侧的k个点的联通块
3：既包含 x 又包含 y 的k个点的联通块

显然，只有第三种情况这条边对答案有贡献，所以这条边对答案的贡献即为： C（n，k）-C（x，k）-C（y，k）；
这样一来就简单了：我们通过 dfs dp出每个点的子节点数，这样一来就直接带进公式求值就可以了。
（还要注意：这里的组合数要用到阶乘逆元，否则精度会爆）

上代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mo 1000000007
using namespace std;
const ll N=100005;
const ll M=1e5+5;
vector <ll> mp[100005];
ll ans,n,k;
ll vis[100500];
ll step[100005];  //阶乘数组 
ll unstep[100005];  // 阶乘逆元数组 

//快速幂部分 
ll qpow(ll x,ll n)
{
    ll res=1;
    for (; n; n>>=1)
    {
        if (n&1) res=res*x%mo;
        x=x*x%mo;
    }
    return res;
}

//阶乘逆元部分 
void init()
{
    step[1]=1;
    for (int i=2; i<=M; i++)
      step[i]=step[i-1]*i%mo;
    unstep[M]=qpow(step[M],mo-2); //根据费马小定理，一个数x模p意义下的逆元就是x^(p-2) 
    for (int i=M-1; i>=0; i--)
      unstep[i]=unstep[i+1]*(i+1)%mo;
}

//组合数学部分 
ll C(ll a,ll b)
{
    if (b>a) return 0;
    if (b==0) return 1;
    return step[a]*unstep[b]%mo*unstep[a-b]%mo;
    // 由公式 C(m,n)=m!/(n!*(m-n)!) 转换过来：除变成乘逆元 
}

//dfs部分 
ll dfs(int x)
{
    vis[x]=1;
    ll count=1;
    for (ll int i=0; i<mp[x].size(); i++)
    {
        ll u=mp[x][i];
        if (vis[u]==0)
        {
            ll tmp=dfs(u);
            ans=(ans+(C(n,k)%mo-C(tmp,k)%mo-C(n-tmp,k)%mo)%mo+mo)%mo;
            count+=tmp;    
        }
    }
    return count;
}


int main()
{
    while (~scanf("%I64d%I64d",&n,&k))
    {
        init();
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        for (ll i=1; i<=n; i++) mp[i].clear();
        for (ll i=1; i<=n-1; i++)
        {
            ll x,y;
            scanf("%I64d%I64d",&x,&y);
            mp[x].push_back(y); mp[y].push_back(x);
        }
        ans=0;
        dfs(1);
        printf("%I64d
",(ans+mo)%mo);
    }
    return 0;
}

加油加油加油！！！ fighting fighting fighting !!!