1677 treecnt(贡献)

1677 treecnt

基准时间限制：1 秒 空间限制：131072 KB 分值: 40 难度：4级算法题

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

 

 

//考虑边的贡献即可，因为，要选k个点，这条边连接的两个连通块大小为x，y的话，贡献为C(n,k)-C(x,k)-C(y,k)

# include <cstdio>
# include <cstring>
# include <cstdlib>
# include <iostream>
# include <vector>
# include <queue>
# include <stack>
# include <map>
# include <bitset>
# include <sstream>
# include <set>
# include <cmath>
# include <algorithm>
# pragma  comment(linker,"/STACK:102400000,102400000")
using namespace std;
# define LL          long long
# define pr          pair
# define mkp         make_pair
# define lowbit(x)   ((x)&(-x))
# define PI          acos(-1.0)
# define INF         0x3f3f3f3f3f3f3f3f
# define eps         1e-8
# define MOD         1000000007

inline int scan() {
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
    return x*f;
}
inline void Out(int a) {
    if(a<0) {putchar('-'); a=-a;}
    if(a>=10) Out(a/10);
    putchar(a%10+'0');
}
# define MX 100005
/**************************/

int n,k;
LL ans;
vector<int> G[MX];
int son[MX];
LL cbk[MX];

LL qk_mi(LL a,LL b)
{
    LL res = 1;
    while(b)
    {
        if (b&1) res=res*a%MOD;
        b/=2;
        a=a*a%MOD;
    }
    return res;
}

void dfs(int x,int pre)
{
    son[x]=1;
    for (int i=0;i<G[x].size();i++)
    {
        if (G[x][i]==pre) continue;
        dfs(G[x][i],x);
        son[x]+=son[ G[x][i] ];
    }
    ans = (ans+cbk[n]-cbk[son[x]]-cbk[n-son[x]]+2*MOD)%MOD;
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for (int i=1;i<=n-1;i++)
    {
        int a,b;
        scanf("%d%d",&a,&b);
        G[a].push_back(b);
        G[b].push_back(a);
    }

    cbk[k]=1;
    for (int i=k+1;i<=n;i++)
    {
        LL inv=qk_mi(i-k,MOD-2);
        cbk[i]=((cbk[i-1]*i)%MOD*inv)%MOD;
    }


    ans = 0;
    dfs(1,-1);
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}