(mathcal{Description})
Link.
给定一棵包含 (n) 个点的有标号树，求与这棵树重合恰好 (0,1,cdots,n-1) 条边的树的个数，对 (10^9+7) 取模。
(nle100)。
(mathcal{Solution})
(mathcal{Case~1})
考虑把“是否是原树上的边”看做一种权值，相当于求完全图的生成树。具体地，令完全图中，原树有的边的权值为 (1)，否则为 (x)，用多项式暴力维护求行列式，取答案的前若干项即为答案。
(mathcal O(n^5))，原题过不了 qwq。不过可以用带入 (x) 再插值的方法优化为 (mathcal O(n^4))。
(mathcal{Case~2})
尝试带着二项式反演在树上 DP 计数。若把原树分为若干个联通块，块的大小为 (a_1,a_2,cdots,a_m)，则把这些块连成树的方案数为
[n^{m-2}prod_i a_i
]
Prufer 或 Matrix-Tree 可证。
基于此，令 (f(u,i,j)) 表示 (u) 子树内分为 (i) 个联通块，其中 (u) 所在块的大小为 (j) 的方案数。自然得到一个 (mathcal O(n^3)) 的转移。
继续优化，考虑 (prod_ia_i) 的组合意义——在每个块内选一个关键点。所以可以设 (f(u,i,0/1)) 表示 (u) 子树内分为 (i) 个联通块，其中 (u) 所在联通块是否已选关键点时的方案数。(mathcal O(n^3)) 转移。
最后，(f( extit{root},k,1)) 即表示钦定新树与原树重合某 (n-k) 条边的方案数，记为 (g(n-k))。令 (i) 的答案为 (h(i))，则 (g) 与 (h) 构成反演关系：
[g(k)=sum_{jge k}inom{j}{k}h(j)
]
所以有
[h(k)=sum_{jge k}(-1)^{j-k}inom{j}{k}g(j)
]
以上，(mathcal O(n^2)) 即可求出答案。
(mathcal{Code})
/* Clearink */
#include <cstdio>
#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, repEnd##i = r; i <= repEnd##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, repEnd##i = l; i >= repEnd##i; --i )
const int MAXN = 100, MOD = 1e9 + 7;
int n, ecnt, head[MAXN + 5], comb[MAXN + 5][MAXN + 5];
int siz[MAXN + 5], f[MAXN + 5][MAXN + 5][2], g[MAXN + 5];
struct Edge { int to, nxt; } graph[MAXN * 2 + 5];
inline int mul( const long long a, const int b ) { return a * b % MOD; }
inline int sub( int a, const int b ) { return ( a -= b ) < 0 ? a + MOD : a; }
inline void subeq( int& a, const int b ) { ( a -= b ) < 0 && ( a += MOD ); }
inline int add( int a, const int b ) { return ( a += b ) < MOD ? a : a - MOD; }
inline void addeq( int& a, const int b ) { ( a += b ) >= MOD && ( a -= MOD ); }
inline int mpow( int a, int b ) {
int ret = 1;
for ( ; b; a = mul( a, a ), b >>= 1 ) ret = mul( ret, b & 1 ? a : 1 );
return ret;
}
inline void link( const int u, const int v ) {
graph[++ecnt] = { v, head[u] }, head[u] = ecnt;
graph[++ecnt] = { u, head[v] }, head[v] = ecnt;
}
inline void initC() {
comb[0][0] = 1;
rep ( i, 1, n ) {
comb[i][0] = 1;
rep ( j, 1, i ) comb[i][j] = add( comb[i - 1][j - 1], comb[i - 1][j] );
}
}
inline void getDP( const int u, const int fa ) {
f[u][1][0] = f[u][1][1] = siz[u] = 1;
int tmp[MAXN + 5][2] = {}, ( *fcur )[2] = f[u];
for ( int e = head[u], v; e; e = graph[e].nxt ) {
if ( ( v = graph[e].to ) != fa ) {
getDP( v, u );
int ( *fsub )[2] = f[v];
rep ( i, 1, siz[u] ) rep ( j, 1, siz[v] ) {
addeq( tmp[i + j][0], mul( fcur[i][0], fsub[j][1] ) );
addeq( tmp[i + j][1], mul( fcur[i][1], fsub[j][1] ) );
addeq( tmp[i + j - 1][0], mul( fcur[i][0], fsub[j][0] ) );
addeq( tmp[i + j - 1][1], add( mul( fcur[i][0], fsub[j][1] ),
mul( fcur[i][1], fsub[j][0] ) ) );
}
siz[u] += siz[v];
rep ( i, 1, siz[u] ) {
fcur[i][0] = tmp[i][0], tmp[i][0] = 0;
fcur[i][1] = tmp[i][1], tmp[i][1] = 0;
}
}
}
}
int main() {
scanf( "%d", &n ), initC();
for ( int i = 1, u, v; i < n; ++i ) {
scanf( "%d %d", &u, &v );
link( u, v );
}
getDP( 1, 0 );
rep ( i, 1, n ) {
g[n - i] = mul( f[1][i][1], i < 2 ? 1 : mpow( n, i - 2 ) );
}
g[n - 1] = 1;
rep ( i, 0, n - 1 ) {
int ans = 0;
rep ( j, i, n - 1 ) {
( ( j - i ) & 1 ? subeq : addeq )( ans,
mul( comb[j][i], g[j] ) );
}
printf( "%d%c", ans, i < n - 1 ? ' ' : '
' );
}
return 0;
}