hdu6446 Tree and Permutation(树形dp+单边贡献+计数)

题目

给一颗树，树上的边有边权

对于N(N<=1e5)的所有全排列

不妨N=4，某个全排列（如1 3 4 2）

代表树上从1->3->4->2的最短距离和

对于N!个全排列，求其所有距离和的和

思路来源

https://blog.youkuaiyun.com/jk_chen_acmer/article/details/82078532

题解

考虑枚举每条边的贡献，

只统计单边在全排列中的出现情况

这样两个不相邻的点之间的边是被统计过的，

就不需要再被考虑。

 

在这种情况下，

可以认为，在某个全排列中，

若相邻两点在树上不相邻就无贡献，否则有贡献

 

因此，枚举单边贡献时，这条边有贡献当且仅当边的两个端点在全排列中相邻

有把这两个端点捆绑成一个值，有（n-1）!种排列方式，

考虑这两个端点的顺序，再乘2，

会通过这条边的路径，有一边的子树数M和另一边的子树数(n-M)的乘积

这条边会被统计上述这么多次，乘上自己的权w即可

所以一条边的贡献是2*(n-1)!*siz[v]*(n-siz[v])*w，累加即可

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
//2*(n-1)!*M*(n-M)*v
const int mod=1e9+7;
const int maxn=1e5+10;
const int maxm=2e5+10;
struct edge
{
	int v,nex;
	ll w;
}e[maxm];
int n,head[maxn],cnt,siz[maxn];
ll ans,f[maxn];
void dfs(int u,int fa)
{
	siz[u]++;
	for(int i=head[u];~i;i=e[i].nex)
	{
		int v=e[i].v;
		ll w=e[i].w;
		if(v!=fa)
		{
			dfs(v,u);
			ans+=w*siz[v]*(n-siz[v])%mod;
			if(ans>=mod)ans%=mod;
			siz[u]+=siz[v];
		}
		//贡献:顺序2*全排列相邻(n-1)!*一边点M*另一边点(n-M)*权值v 
	}
}
void init()
{
	memset(head,-1,sizeof head);
	memset(siz,0,sizeof siz);
	cnt=ans=0;
}
void add(int u,int v,ll w)
{
	e[cnt].v=v;
	e[cnt].w=w;
	e[cnt].nex=head[u];
	head[u]=cnt++;
}
int main()
{
	f[0]=f[1]=1;
	for(int i=2;i<maxn;++i)
	{
		f[i]=f[i-1]*i;
		if(f[i]>=mod)f[i]%=mod;
	}
	while(~scanf("%d",&n))
	{
		init();
		for(int i=1;i<=n-1;++i)
		{
			int u,v;ll w;
			scanf("%d%d%lld",&u,&v,&w);
			add(u,v,w);add(v,u,w);
		}
		dfs(1,-1);
		printf("%lld\n",f[n-1]*ans*2%mod);
	}
	return 0;
}