51Nod 1677 treecnt

一道比较基础的计数题，仍是一个经常使用的单独计算贡献的例子。

首先看题目和范围，暴力枚举确定是不可行的，并且\(O(n\ logn)\)的算法貌似很难写。

那咱们就来想\(O(n)\)的吧，咱们单独考虑每一条边的贡献，咱们注意到一个重要的性质：

树上任意两点间的最短路径都是惟一肯定的。

这个常识吧，因此咱们只须要考虑每一条边两边的点在计算时会通过这条边多少次。

咱们枚举每一条边，而后能够这样考虑这一条边：

咱们设一边有\(x\)个点，另外一边有\(y\)个点，很明显\(x+y=n\)

而后咱们考虑有多少点之间的路径会通过这条边

用上面的那个性质能够发现，只要在这条边的两边都有点时就知足条件。

而后咱们容斥一下就知道答案为：\(C_n^k-C_x^k-C_y^k\)

再注意一下在本题中咱们规定当\(a>b\)时\(C_b^a=0\)

关于那个每一条边两边的点数，咱们DFS预处理一遍后获得一边的点数，而后根据上面讲的减一下得出另外一边的点数便可。

CODE

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
const int N=100005,mod=1e9+7;
struct edge
{
    int to,next;
}e[N<<1];
int head[N],fac[N],n,x,y,ans,k,cnt,rt=1,tot,size[N],inv[N];
inline char tc(void)
{
    static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
    return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
    x=0; char ch; while (!isdigit(ch=tc()));
    while (x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc()));
}
inline void double_add(int x,int y)
{
    e[++cnt].to=y; e[cnt].next=head[x]; head[x]=cnt;
    e[++cnt].to=x; e[cnt].next=head[y]; head[y]=cnt;
}
inline int quick_pow(int x,int p)
{
    int tot=1;
    while (p)
    {
        if (p&1) tot=1LL*tot*x%mod;
        x=1LL*x*x%mod; p>>=1;
    }
    return tot;
}
inline int C(int n,int k)
{
    if (n<k) return 0; if (n==k) return 1;
    return 1LL*fac[n]*inv[k]%mod*inv[n-k]%mod;
}
inline void DFS(int now,int fa)
{
    register int i; size[now]=1;
    for (i=head[now];~i;i=e[i].next)
    if (e[i].to!=fa) DFS(e[i].to,now),size[now]+=size[e[i].to];
}
int main()
{
    //freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
    register int i; read(n); read(k);
    memset(head,-1,sizeof(head));
    for (fac[1]=inv[1]=1,i=2;i<=n;++i)
    fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod,inv[i]=quick_pow(fac[i],mod-2);
    for (i=1;i<n;++i)
    read(x),read(y),double_add(x,y);
    DFS(rt,-1); tot=C(n,k); 
    for (i=1;i<=n;++i)
    ans=((1LL*ans+tot-C(size[i],k)+mod)%mod-C(n-size[i],k)+mod)%mod;
    return printf("%d",ans),0;
}