2018中国大学生程序设计竞赛

Tree and Permutation

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
Total Submission(s): 619    Accepted Submission(s): 214

Problem Description

There are N vertices connected by N−1 edges, each edge has its own length.
The set { 1,2,3,…,N } contains a total of N! unique permutations, let’s say the i-th permutation is Pi and Pi,j is its j-th number.
For the i-th permutation, it can be a traverse sequence of the tree with N vertices, which means we can go from the Pi,1-th vertex to the Pi,2-th vertex by the shortest path, then go to the Pi,3-th vertex ( also by the shortest path ) , and so on. Finally we’ll reach the Pi,N-th vertex, let’s define the total distance of this route as D(Pi) , so please calculate the sum of D(Pi) for all N!permutations.

 

Input

There are 10 test cases at most.
The first line of each test case contains one integer N ( 1≤N≤105 ) .
For the next N−1 lines, each line contains three integer X, Y and L, which means there is an edge between X-th vertex and Y-th of length L ( 1≤X,Y≤N,1≤L≤109 ) .

 

Output

For each test case, print the answer module 109+7 in one line.

 

Sample Input

3

1 2 1

2 3 1

3

1 2 1

1 3 2

 

Sample Output

16

24

 

Source

2018中国大学生程序设计竞赛 - 网络选拔赛

大概题意：

给一棵N个节点的树， 求按N个节点全排列的顺序走一遍这棵树所得的路径贡献和。

解题思路：

对于所有按照全排列走过的路径，打表会发现，每两点之间的距离都出现了 (N-1)！次，所以我们只需要求出 所有两点之间的距离之和就可以解得最后的答案了。

也就是说我们只需要求出 ∑dis(i, j)  最后 ∑dis(i, j)  * (N-1)! 就是答案了。

∑dis(i, j) 的求法：

我们可以根据当前节点 root 和 它的父节点 fa 的边 v 把一棵树分成两部分， 一部分是 以 fa 为根节点的子树，一部分是以 root 为根节点的子树（即除去这课子树是另一部分）。

如果我们已经预先知道了 fa 到 这棵树每个节点的距离和 sum_dis[ fa ], 以及以 root 为根节点的子树的大小t_size[ root ] ,那么 节点 root 到树上其他节点的距离和我们可以通过 sum_dis[ fa ]转化而来；

因为sum_dis[fa] 减去 v 对上面所分成的树的两部分的影响剩下的就是sum_dis[root] 即sum_dis[root] = sum_dis[fa] - (N-t_size[root])*v - t_size[root]*v ;

因此，我们第一步dfs把 1 到各个节点的距离和求出来，第二步通过对 1 的距离和转换 把其他节点的距离和求出来，最后所有距离和求和得出答案。

AC code：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define ll long long int
#define mod 1000000007
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;

const int MAXN = 1e5+10;
struct date{
    int v, next, len;
}node[MAXN<<1];
ll sum_dis[MAXN];
int t_size[MAXN];
int head[MAXN], cnt;
int N;

void init()
{
    memset(head, -1, sizeof(head));
    cnt = 0 ;
    memset(sum_dis, 0, sizeof(sum_dis));
    memset(t_size, 0, sizeof(t_size));
}
void add(int from, int to, int weight)
{
     node[++cnt].next = head[from];
     head[from] = cnt;
     node[cnt].v = to;
     node[cnt].len = weight;
}
void dfs(int root, int fa, ll dis)
{
    sum_dis[1] = (sum_dis[1]%mod+dis%mod)%mod;
    t_size[root] = 1;
    for(int x = head[root]; x != -1; x =node[x].next)
    {
        if(node[x].v != fa)
        {
            dfs(node[x].v, root, (dis+node[x].len)%mod);
            t_size[root]+=t_size[node[x].v];
        }
    }
}
void trans(int root, int fa)
{
    int vv;
    for(int i = head[root]; i != -1; i= node[i].next)
    {
        vv = node[i].v;
        if(node[i].v != fa){
            sum_dis[vv] = (sum_dis[root]%mod+((1ll*(N-2*t_size[vv])*node[i].len)%mod)%mod)%mod;
            if(sum_dis[vv] < 0) sum_dis[vv] += mod;
            trans(vv, root);
        }
    }
}
int main()
{
    int f, t, w;
    while(~scanf("%d", &N))
    {
        init();
        for(int i = 1; i < N; i++)
        {
            scanf("%d%d%d", &f, &t, &w);
            add(f, t, w);
            add(t, f, w);
        }
        dfs(1, 0, 0);
        trans(1, 0);
        ll P = 1, ans = 0;
        for(int i = 1; i < N; i++)
            P = 1ll*P*i%mod;
        for(int i = 1; i <= N; i++)
            ans = (ans + sum_dis[i])%mod;
        ans = ans*P%mod;
        printf("%lld
", ans);
    }
    return 0;
}