【HDU4661】Message Passing-思维+树形DP+组合数学

测试地址：Message Passing
题目大意： $n$个人，每个人知道一条独一无二的信息，每次可以选择一个人，向与他有关系的一个人传递所有他已经知道的信息，关系网是树状的，目标是让所有人都知道所有的信息，问有多少种传递信息的方案，使得传递的次数最少。
做法： 本题需要用到思维+树形DP+组合数学。
首先，显然传递次数的下限是$2(n-1)$，那么我们能不能到达这个下限呢？如果能，怎么到达？其实容易观察出，我们可以先把所有信息都聚集在某一个人，然后再让信息从这个人开始传递到所有人，这样传递次数就能达到下界，可以证明所有最优解都满足这样的过程。
于是现在就是求以某个人$x$为中间的聚集点时，总的方案数是多少。我们发现，如果以$x$为根，从儿子向父亲连边，那么从各点传递信息到$x$的方案数，就等于拓扑序的数量。同理，从父亲向儿子连边时拓扑序的数量，就等于从$x$传递信息到各点的方案数。那么根据乘法原理，整个过程的方案数只要把这两个方案数乘起来即可。易知，一个图和其反图的拓扑序数量是相同的，所以我们只要求从儿子向父亲连边时的方案数$ans_x$即可。
我们先随便选一个点为根，假设是$1$，那么我们可以用树形DP求出$ans_1$。具体来说，用$f(i)$表示以点$i$为根的子树的方案数，那么在合并方案时，点$i$一定是最后选，而它的各子树中又要满足各自的顺序，所以方案数实际上是：$C_{siz(i)-1}^{siz(son_1)}cdot C_{siz(i)-1-siz(son_1)}^{siz(son_2)}cdot...cdot prod f(son_i)$，其中$siz(x)$表示以$x$为根子树中的点数，把组合数拆开简化，这个式子可以写成：
$f(i)=siz(i)!cdot prod frac{f(son_i)}{siz(son_i)!}$
预处理阶乘就可以$O(1)$转移了，这样我们就能$O(n)$地算出$ans_1$了。
但如果计算每个$ans_x$都要$O(n)$，总的时间复杂度也是受不了的，因此我们使用经典的方法——换根。还是先以$1$为整棵树的根，令$fa(x)$为$x$的父亲，假设$ans_{fa(x)}$已经算出，如何计算$ans_x$？
要计算这个东西，首先当以$x$为根时，它在以$1$为根的树中的儿子现在依然是它的儿子，区别就是多了一棵子树，这棵子树的形态和在以$fa(x)$为根的树中去掉以$x$为根的子树相同。因此，我们只要在$ans_{fa(x)}$中消掉以$x$为根子树的贡献，然后将这个值作为正常子树对$ans_x$转移即可，因为要求某个$f(i)$的逆元，所以转移是$O(log Mod)$的。这也是为什么上面的转移式子要写成那样的原因：更加容易看出应该消掉哪个部分的贡献。于是DP的复杂度就是$O(nlog Mod)$了，这个问题就解决了。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1000000007;
int T,n,first[1000010],tot,fa[1000010]={0},siz[1000010];
ll fac[1000010],inv[1000010],invfac[1000010];
ll f[1000010],ans[1000010];
struct edge
{
	int v,next;
}e[2000010];

void insert(int a,int b)
{
	e[++tot].v=b;
	e[tot].next=first[a];
	first[a]=tot;
}

ll power(ll a,ll b)
{
	ll s=1,ss=a;
	while(b)
	{
		if (b&1) s=s*ss%mod;
		ss=ss*ss%mod;b>>=1;
	}
	return s;
}

void dp1(int v)
{
	siz[v]=f[v]=1;
	for(int i=first[v];i;i=e[i].next)
		if (e[i].v!=fa[v])
		{
			fa[e[i].v]=v;
			dp1(e[i].v);
			siz[v]+=siz[e[i].v];
			f[v]=f[v]*invfac[siz[e[i].v]]%mod*f[e[i].v]%mod;
		}
	f[v]=f[v]*fac[siz[v]-1]%mod;
}

void dp2(int v)
{
	if (v!=1)
	{
		ll faf=ans[fa[v]];
		int fasiz=n-siz[v];
		faf=faf*fac[siz[v]]%mod*power(f[v],mod-2)%mod;
		faf=faf*invfac[n-1]%mod*fac[fasiz-1]%mod;
		ans[v]=f[v]*invfac[fasiz]%mod*faf%mod;
		ans[v]=ans[v]*invfac[siz[v]-1]%mod*fac[n-1]%mod;
	}
	else ans[v]=f[v];
	for(int i=first[v];i;i=e[i].next)
		if (e[i].v!=fa[v]) dp2(e[i].v);
}

int main()
{
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d",&n);
		
		tot=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			first[i]=0;
		fac[0]=fac[1]=inv[1]=invfac[0]=invfac[1]=1;
		for(ll i=2;i<=n;i++)
		{
			fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
			inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
			invfac[i]=invfac[i-1]*inv[i]%mod;
		}
		
		for(int i=1;i<n;i++)
		{
			int a,b;
			scanf("%d%d",&a,&b);
			insert(a,b),insert(b,a);
		}
		
		dp1(1);
		dp2(1);
		ll totans=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			totans=(totans+ans[i]*ans[i])%mod;
		printf("%lld
",totans);
	}
	
	return 0;
}