[2020多校联考]树上竞技

Solution

对每个点进行贡献统计，搞了半天搞不出来。结果是对每条边进行统计，计算会被经过多少次。能想到这个应该是由于题目要求算路径长度，这和每条边被经过的次数挂钩。这个转换真是巧妙。

首先有一个显然的性质，集合点一定在若干关键点的中间位置。

考虑枚举每一条边，由于是一棵树，所以断掉这条边会把图分成两半。记其中一边的节点个数为 (s)，那么另一边有 (n-s) 个。考虑在其中一边选 (i) 个关键点（(iin[1,m-1])，由于一边至少要有一个关键点，不然根本不会经过该条边），有 (inom{s}{i}) 种情况，对于另一边有 (inom{n-s}{m-i}) 种情况。根据上面的性质，集合点的若干子树关键点个数应该尽量平均。那么对于这条枚举的边，集合点一定在关键点多的那一边，所以应该是关键点少的一边走向多的一边，会有 (min{i,m-i}) 的贡献。那么答案就是

[sum_{(uleftrightarrow v)in E} sum_{i=1}^{m-1} inom{s}{i} inom{n-s}{m-i} min{i,m-i} ]

最小值不好直接搞，所以考虑分类讨论。会发现折半讨论后，两种情况是相通的，所以现只讨论一种。注意 (m-1) 是奇数的时候会少一种，直接暴力加上即可。式子化简为

[dots+ imes sum_{i=1}^{lfloor frac{m-1}{2} floor} i inom{s}{i} inom{n-s}{m-i} + [2|m] imes inom{s}{frac{m}{2}} inom{n-s}{frac{m}{2}} frac{m}{2} ]

后面一坨直接求，可以不看。前面的 (i) 显然可以吸进去，再把吐出来的 (s) 提到式子前面，变成

[s imes sum_{i=1}^{lfloor frac{m-1}{2} floor} inom{s-1}{i-1} inom{n-s}{m-i} ]

上标是个常数，为了方便记为 (k)。现在的任务就是求出后面的式子了。设函数 (G(s)) 为后面的一坨，不能直接化简了，所以考虑其组合意义来递推。

[G(s)=sum_{i=1}^{k} inom{s-1}{i-1} inom{n-s}{m-i} ]

其组合意义是：有一个长为 (n-1) 的序列，一共选 (m-1) 个数，而在前 (s-1) 个数中至多选 (k-1) 个数，剩下的数在后面选。考虑如何推到 (G(s+1))，其计数在前 (s) 个数中至多选 (k-1)，只与 (G(s)) 不同如果在前 (s-1) 个数中选了 (k-1) 个数，位置 (s) 就不能选了，所以减去在前面 (s-1) 个数中强制选 (k-1) 个数，强制选位置 (s)，在后面剩下的 (n-s) 个数中随便选 (m-k-1) 个数的方案数。那么

[G(s+1)=G(s)-inom{s-1}{k-1} inom{n-s}{m-k-1} ]

可以做到 (O(n)) 递推。最后处理一下边界，即 (G(1))。

[G(1)=sum_{i=1}^{k} inom{0}{i-1} inom{n-1}{m-i} ]

注意到当 (i) 是大于 (1) 的正整数的时候，(inom{0}{i-1}) 是 (0)，所以 (G(1)) 就只有一项了。

[G(1)=inom{n-1}{m-1} ]

再注意，当 (k=0) 时，有 (G(1)=0)。另一种对应的情况是 (G(n-s))

#include<stdio.h>
#define N 1000007
#define ll long long
#define Mod 1000000007
#define re register

inline int read(){
    int x=0,flag=1; char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') flag=0;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+c-48;c=getchar();}
    return flag? x:-x;
}

struct E{
    int next,to;
}e[N];
int head[N],cnt=0;

inline void add(int id,int to){
    e[++cnt]=(E){head[id],to};
    head[id]=cnt;
}

ll n,m,s[N];
ll fac[N],K,inv[N],G[N];

ll C(int x,int y){
    if(y<0) return 0;
    if(x<y) return 0;
    if(!x||x==y) return 1;
    return fac[x]*inv[y]%Mod*inv[x-y]%Mod;
}

ll qpow(ll x,ll y){
    ll ret=1,cnt=0;
    while(y>=(1LL<<cnt)){
        if(y&(1LL<<cnt)) ret=(ret*x)%Mod;
        x=(x*x)%Mod,cnt++;
    }
    return ret;
}

ll ans=0;
void dfs(int u){
    s[u]=1;
    for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
        int v=e[i].to,S;
        dfs(v);
        s[u]+=(S=s[v]);    
        ans=(ans+G[S]+G[n-S])%Mod;
        if(!(m&1)) ans=(ans+C(S,m/2)*C(n-S,m/2)%Mod*(m/2)%Mod)%Mod;
    }
}

int main(){
    freopen("meeting.in","r",stdin);
    freopen("meeting.out","w",stdout);
    fac[0]=1;
    for(re int i=1;i<N;i++)
        fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%Mod;
    inv[N-1]=qpow(fac[N-1],Mod-2);
    for(re int i=N-1;i>=1;i--)
        inv[i-1]=inv[i]*i%Mod;
    n=read(),m=read();
    for(re int i=2;i<=n;i++) add(read(),i);
    K=(m-1)>>1;
    if(K) G[1]=C(n-1,m-1);
    for(re int i=2;i<=n;i++)
        G[i]=((G[i-1]-C(i-2,K-1)*C(n-i,m-K-1)%Mod)%Mod+Mod)%Mod;
    for(re int i=2;i<=n;i++) G[i]=1LL*G[i]*i%Mod;
    dfs(1);
    printf("%lld",ans);
}