蓝桥杯2024国B数星星

小明正在一棵树上数星星，这棵树有 n 个结点 1,2,⋯,n。他定义树上的一个子图 G 是一颗星星，当且仅当 G 同时满足：

1. G 是一棵树。
2. G 中存在某个结点，其度数为 ∣VG​∣−1。其中 ∣VG​∣ 表示这个子图含有的结点数。

两颗星星不相同当且仅当它们包含的结点集合 VG​ 不完全相同。小明想知道这棵树上有多少颗不同的星星包含的结点的数量在区间 [L,R] 中，答案对 1000000007 取模。

输入格式

输入共 n+1 行。

第一行为一个正整数 n。

后面 n−1 行，每行两个正整数表示树上的一条边。

第 n+1 行，两个正整数 L,R。

输出格式

输出共 1 行，一个整数表示答案。

输入输出样例

输入 #1复制

6
1 2
1 3
2 4
2 5
3 6
3 4

输出 #1复制

6

说明/提示

【样例说明】

包含 3 个结点的星星有 5 个，它们的结点集合分别为 {1,2,3}，{1,2,4}，{1,2,5}，{2,4,5}，{1,3,6}。

包含 4 个结点的星星有 1 个，它的结点集合为 {1,2,4,5}。

思路：

首先要是一个子图 G 是一棵树，且存在一个节点的度数为 ∣VG​∣−1，也就是子图节点数量减一，显然的，这棵树的层数必须为 2，从另一个方面说，也就是一棵由一个节点，我们可以把它看成根，它连接了剩余 ∣VG​∣−1 个节点，且剩余节点之间没有连边，那么我们明白了要想产生一颗星星他所需要的条件：

• 节点数量在范围之内。

• 我们设子图节点数量为 x，那么它的连边数量为 x−1，这也就是树的基本特性。

• 子图看作一棵树只有两层。

• 存在一个节点使得它连向了剩余的所有节点，且剩余节点之间没有连边。

知道了这些就好做了，我们去遍历一棵树，每遍历到一个节点，我们就去算以他为根形成满足条件的子图数量即可，那么怎样计算满足条件的子图数量呢？现在我们设当前子图节点数量为 x，首先我们从他给定的范围开始，方案也就是从 x−1 个节点中选 l 个，从 x−1 个节点中选 l+1 个，从 x−1 个节点中选 l+2 个，一直到从 x−1 个节点中选 r 个，将选择的不同数量的相应方案数相加即可，但为什么 x 要减去 1 呢？因为要去掉根，因为根是目前连接剩余 x−1 个节点的，不能算入进去。这一步，我们可以用组合数计算出，提前与处理好阶乘和逆元，可以更快更方便的计算出以节点 i 为根产生的贡献。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, in[100005], inv[100005], fec[100005], f[100005], l, r, res;
vector < int > g[100005];
int C (int x, int y)
{
    return inv[x] * f[y] % mod * f[x - y] % mod;
}
void dfs (int x, int fa)
{
    for (auto y : g[x])
    {
        if (y ^ fa)
            dfs(y, x);
    }
    if (static_cast<int>(g[x].size()) + 1 >= l)
    {
        
        int p = min(r - 1ll, static_cast<int>(g[x].size()));
        for (int i = l - 1;i <= p; ++ i)
        {
            res = (res + C(g[x].size(), i) % mod + mod) % mod;
        }
    }
    
}
signed main()
{
    cin >> n;
    inv[0] = fec[0] = inv[1] = fec[1] = f[0] = f[1] = 1;
    for (register int i = 2;i <= n; ++ i)
    {
        inv[i] = inv[i - 1] * i % mod;
        fec[i] = fec[mod % i] * (mod - mod / i) % mod;
        f[i] = f[i - 1] * fec[i] % mod;
    }
    for (register int i = 1;i < n; ++ i)
    {
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        g[x].push_back(y);
        g[y].push_back(x);
    }
    cin >> l >> r;
    dfs(1, 0);
    cout << res << "\n";
    return 0;
}

AC截图：