对这棵树重心情况分类讨论：
1.若这棵树存在两个重心，分别记作$x$和$y$，如果将$(x,y)$断开，两棵子树大小都相同（都为$frac{n}{2}$），此时$p_{i}$与$i$必然不同属于一个连通块中，证明如下：
考虑若$p_{i}$与$i$在一个连通块中，则必然有$p_{j}$和$j$也在同一个连通块中且与$i$不同，将其交换一定更优
将距离拆为两颗子树内部+$(x,y)$，即有$mx=2sum dep_{i}(以(x,y)为根)+n$，方案数为$(frac{n}{2}!)^{2}$
2.若这棵树仅有1个重心，类似于Distance Matching，若以重心为根，$mx=2sum dep_{i}$
问题相当于要求任意$i$和$p_{i}$不在重心的同一个儿子中，考虑容斥，令集合$S$表示$i$和$p_{i}$在重心的同一个儿子中的$i$，$f_{S}$表示对应方案数
对$S$和$S$以外的的点分别计算（再相乘）：
1.对$S$以外，考虑$iin S$，其实可以将$p_{i}$理解为$i$，换言之将$p_{j}=i$的位置改为$p_{j}=p_{i}$即可，因此剩下的点任意排列，方案数为$(n-|S|)!$
2.对$S$以内，即从子树中选$i$个，即为$prod_{son}a_{son}!c(sz_{son},a_{son})$（$son$表示重心的儿子，$a_{son}$表示son子树内所选的节点个数）
由于$|S|=sum_{son}a_{son}$，因此答案仅与$a_{i}$有关，对应答案为$(n-sum_{son}a_{son})!prod_{son}a_{son}!c(sz_{son},a_{son})^{2}$（对应的$|S|$有$prod_{son}c(sz_{son},a_{son})$种）
令$f_{i}$表示当$sum_{son}a_{son}=i$时$prod_{son}c(sz_{son},a_{son})^{2}$的和，dp转移即可，时间复杂度为$o(n^{2})$（枚举子树和$a_{i}$的总量为$o(n)$），还可以用分治fft优化到$o(nlog^{2}n)$
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 5005 4 #define mod 1000000007 5 struct ji{ 6 int nex,to; 7 }edge[N<<1]; 8 vector<int>v; 9 int E,n,m,x,y,ans,head[N],sz[N],fac[N],inv[N],f[N][N]; 10 int sqr(int n){ 11 return 1LL*n*n%mod; 12 } 13 int c(int n,int m){ 14 return 1LL*fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod; 15 } 16 void add(int x,int y){ 17 edge[E].nex=head[x]; 18 edge[E].to=y; 19 head[x]=E++; 20 } 21 void dfs(int k,int fa){ 22 int mx=0; 23 sz[k]=1; 24 for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex) 25 if (edge[i].to!=fa){ 26 dfs(edge[i].to,k); 27 mx=max(mx,sz[edge[i].to]); 28 sz[k]+=sz[edge[i].to]; 29 } 30 if (max(mx,n-sz[k])<=n/2){ 31 if (!x)x=k; 32 else y=k; 33 } 34 } 35 int main(){ 36 fac[0]=inv[0]=inv[1]=1; 37 for(int i=1;i<N-4;i++)fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod; 38 for(int i=2;i<N-4;i++)inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; 39 for(int i=1;i<N-4;i++)inv[i]=1LL*inv[i]*inv[i-1]%mod; 40 scanf("%d",&n); 41 memset(head,-1,sizeof(head)); 42 for(int i=1;i<n;i++){ 43 scanf("%d%d",&x,&y); 44 add(x,y); 45 add(y,x); 46 } 47 x=y=0; 48 dfs(1,0); 49 if (y){ 50 printf("%d",sqr(fac[n/2])); 51 return 0; 52 } 53 dfs(x,0); 54 v.push_back(0); 55 for(int i=head[x];i!=-1;i=edge[i].nex)v.push_back(sz[edge[i].to]); 56 m=v.size()-1; 57 f[0][0]=1; 58 int s=0; 59 for(int i=1;i<=m;i++){ 60 for(int j=0;j<=s;j++) 61 for(int k=0;k<=v[i];k++) 62 f[i][j+k]=(f[i][j+k]+1LL*fac[k]*sqr(c(v[i],k))%mod*f[i-1][j])%mod; 63 s+=v[i]; 64 } 65 assert(s==n-1); 66 for(int i=0;i<n;i++){ 67 int s=1LL*f[m][i]*fac[n-i]%mod; 68 if (i&1)s=mod-s; 69 ans=(ans+s)%mod; 70 } 71 printf("%d",ans); 72 }