题目大意：https://www.cnblogs.com/Juve/articles/11186805.html
题解：
先给出官方题解：
其实这题跟期望没什么关系,因为E=$sum_limits{x=0}^{+infty}$p(x)*x,所以我们只要求出轻链最多为 i 的概率就行了。
以下把题面所求的精彩操作称为最长轻链。而这个东西显然是可以由子节点转移到父亲节点的。
F[i][j]表示在点 i 为根的子树中,向下最长轻链长度为 j 的概率。
对于一个点,先枚举它选择的重儿子是谁,然后扫一遍它的所有儿子,让 G[i][j]=$sum_limits{k}^{k<=j}$F[i][k],假如当前扫的儿子是 x(x 是重儿子)。
F[i][j]=F[x][j]*G[i][j]+G[x][j]*F[i][j]-F[x][j]*F[i][j]-----(1)
不是重儿子的需要相应的改一下,还有要注意 F 数组更新的顺序,标程是先把 F 暂存到了一个别的数组里。
转移的时候如果(1)式子的 j 循环到了 size[i],那么复杂度可以被卡到 N3,我们发现当 j>size[x]+1 的时候 F[x][j]=0,G[x][j]=1,F[i]相当于没有变,所以只要 j 循环到 size[x]+1 就行了。
每个节点只有在 dp 它父亲时会被枚举成为重儿子,然后最多把整棵树的大小扫一遍,所以复杂度为N2.
这看起来极其难以理解，为了便于理解，我粘了Al_Ca大佬的题解，楷体字是我的一些理解
f[i][j]表示在点 i 为根的子树中,向下最长轻链长度小于等于 j 的概率。g[x][k]表示x节点之前的儿子中最长轻链长度(包括x)小于等于k的概率，但当前节点的g与其他节点没有关系，第一维可以清空，所以只有g[k]
首先递归下去并求出子树大小，然后枚举重儿子，枚举该点最长轻链长度，再次枚举儿子节点并逐个考虑，
假设当前枚举的重儿子是v（i），枚举到儿子节点v（j），x最长轻链长度为k，设gs为v（j）之前考虑的儿子中最长轻链长度为k的概率（因为是前缀和，所以代码中有减这个操作，f同理），如果v（j）=v（i）即v（j）为重儿子，则设fs为以v（j）为根的子树最长轻链长度为k的概率，f[x][k]=gs*f[v(j)][k](v(j)之前考虑的儿子为长度k*以v（j）为根字数长度<=k（此条边为重链所以可以等于）)+fs*g[k]-gs*fs（去重），
stop，我们看一下这个方程，当v(j)为重儿子时，有：
f[x][k]=gs*f[v(j)][k]+fs*g[k]-gs*fs,解释一下
在点 x 为根的子树中,向下最长轻链长度小于等于 k 的概率可以有这样几种转移：
1：在v(j)之前考虑的儿子中最长轻链长度为k 且同时 以v(j)为根的子树向下最长轻链长度小于等于k。
若v(j)为x的重儿子，则v(j)到x的路径没有贡献，所以是小于等于k。
2：以v(j)为根的子树最长轻链长度为k 且同时 v(j)父节点之前的儿子中最长轻链长度(包括父节点)小于等于k
3：我们发现有情况算重了，那就是同时满足 在v(j)之前考虑的儿子中最长轻链长度为k 和 以v(j)为根的子树最长轻链长度为k，所以应减去
如果v（j）是轻儿子，则设fs为以v（j）为根的子树最长轻链长度为k-1的概率，f[x][k]=gs*f[v(j)][k-1]+fs*g[k]-gs*fs,大致同上，
stop，再解释一下gs*f[v(j)][k-1]含义
和上一个转移方程一样，只不过这时的v(j)不是重儿子，所以v(j)和它的父节点之间的边会有贡献，所以这时转移的应是以v(j)为根的子树向下最长轻链长度小于等于k-1。
剩下的就都一样了
只是x与v（j）相连的这条边为轻链所以有减1，值得提醒的一点是这里的f[x][k]并不是最终的f[x][k]，只是考虑到当前几个儿子时的值，一个儿子一个儿子地向里加。考虑到f数组直接改的话会错，所以用h数组保存，最后加到g数组中清空h，当v（i）为重儿子这个情况考虑玩后将g数组加到f中去，清空g。当前节点x求完后，此时的f数组并不是前缀和，所以需要再次转化。
最后求答案时再次将前缀和转化为单个的值。
代码实现还是有一定难度的，具体细节看代码吧：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define MAXN 3005
#define ll long long
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
ll n,in_deg[MAXN],root,son_num[MAXN],ans=0;
ll to[MAXN],nxt[MAXN],pre[MAXN],cnt;
void add(ll u,ll v){
cnt++,to[cnt]=v,nxt[cnt]=pre[u],pre[u]=cnt;
}
ll q_pow(ll a,ll b,ll p){
ll ans=1;
for(;b;b>>=1){
if(b&1) ans=ans*a%p;
a=a*a%p;
}
return ans;
}
ll size[MAXN],g[MAXN],h[MAXN],f[MAXN][MAXN];//f[i][j]表示在点 i 为根的子树中,向下最长轻链长度小于等于 j 的概率,h表示临时的f数组，g[x][i]表示x节点之前的儿子中最长轻链长度(包括x)小于等于k的概率，但第一维可以随时清空，所以只有g[i]
void dfs(ll x){
size[x]=1;
for(ll i=pre[x];i;i=nxt[i]){
ll y=to[i];
dfs(y),size[x]+=size[y];
}
ll q=q_pow(son_num[x],mod-2,mod);
for(ll i=pre[x];i;i=nxt[i]){//枚举重儿子
for(ll j=0;j<=n;j++) g[j]=1;
ll h_son=to[i];//heavy son
for(ll j=pre[x];j;j=nxt[j]){//枚举其他儿子
ll a_son=to[j];//another son
for(ll k=0;k<=size[a_son]+1;k++){
ll gs=g[k],fs=f[a_son][k];//gs为a_son之前考虑的儿子中最长轻链长度为k的概率
if(k) gs-=g[k-1],fs-=f[a_son][k-1];
if(a_son==h_son) h[k]=(gs*f[a_son][k]%mod+fs*g[k]%mod-fs*gs%mod+mod)%mod;//若a_son为重儿子，fs为以a_son为根的子树最长轻链长度为k的概率
else{
fs=f[a_son][k-1];if(k>1) fs-=f[a_son][k-2];//若a_son为轻儿子，则设fs为以a_son为根的子树最长轻链长度为k-1的概率
h[k]=(gs*f[a_son][k-1]%mod+fs*g[k]%mod-gs*fs%mod+mod)%mod;
}
}
g[0]=h[0],h[0]=0;
for(ll k=1;k<=size[a_son]+1;k++) g[k]=(g[k-1]+h[k])%mod,h[k]=0;
}
for(ll j=size[x];j>=1;j--) g[j]=(g[j]-g[j-1]+mod)%mod;
for(ll j=0;j<=size[x];j++) f[x][j]=(f[x][j]+g[j]*q%mod)%mod;
}
if(!pre[x]) f[x][0]=1;
for(ll i=1;i<=size[x]+1;i++)
f[x][i]=(f[x][i]+f[x][i-1])%mod;
return ;
}
int main(){
scanf("%lld",&n);
for(ll i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&son_num[i]);
for(ll j=1,son;j<=son_num[i];j++){
scanf("%lld",&son);
add(i,son);
in_deg[son]++;
}
}
for(ll i=1;i<=n;i++){
if(!in_deg[i]){
root=i;
break;
}
}
dfs(root);
for(ll i=1;i<=n;i++)
ans=(ans+i*(f[root][i]-f[root][i-1]+mod)%mod)%mod;
printf("%lld
",ans);
return 0;
}