Codeforces Round 872 (Div. 1) B2. LuoTianyi and the Floating Islands (Hard Version)（概率/期望）

原题链接：B2. LuoTianyi and the Floating Islands (Hard Version)

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题目大意：

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给定一棵 $n$ 个点， $n-1$ 条边的树，边权为 $1$ 。现在假设有 $k$ 个人随机地分布在这些点上，并且他们要走到同一个点 $x$ 。

定义点 $x$ 是好点，当且仅当这 $k$ 个人走到 $x$ 的距离之和最小。

现在问你好点 $x$ 个数的期望值是多少，并输出期望值在 $\mathrm{mod}10^9+7$ 下的值。

解题思路：

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首先注意到，当 $k$ 为奇数时，无论我们怎么选，答案一定都会是 $1$ 。

假设 $k=3$ 时，我们有如下这两种情况：

（橙色点为已选的 $k$ 个点，三角标记的点为好点 $x$ ）

注意到上面这两种情况的好点 $x$ 的个数均为 $1$ 。

首先，由于点的个数不能被平均分配，对于我们所选的点 $x$ 来说，我们的点 $x$ 经过某一条边转移到另一个点 $x^{\prime }$ 上时，对距离之和 $\sum dist$ 的贡献一定会不同。

假设我们在上图的三点在一条链上进行讨论，假设我们不选择三角符号标记的点 $x=3$ 作为好点，而是选择 $x^{\prime }=2$ 的点作为好点。

对于点 $x^{\prime }=2$ 这个位置而言，我们此时如果往左边走，左边的点的个数为 $1$ 个（点 $1$），而右边的点的个数为 $2$ 个（点 $3,5$）两边点的个数是不均等的。

往左走时，对 $dist$ 的增量为 ${\Delta }_l=-1+2=1$ 。
往右走时，对 $dist$ 的增量为 ${\Delta }_r=+1-2=-1$ 。

显然 $x^{\prime }$ 的距离之和还能继续被降低， $x^{\prime }$ 不会是好点。下图不在链上的情况同理。

我们可以推出一个结论，当我们沿着边走的增量均相同时，我们的点 $x$ 才会是好点，增量不同时，我们最后一定会走到其中一个点上，且该点四周的增量都相同，由于图是一棵树，可以证明这个点一定存在的，而 $k$ 为奇数时，这个点唯一。

• 再考虑 $k$ 为偶数的情况。

注意到，只有点沿着一条边走的增量相同时才会是好点，那么显然我们对于一条边来说，如果两边的联通分量放的点的个数相同，增量 $\Delta$ 一定为 $0$。

（定义好边为所有点经过这一条边的增量为 $0$ 的边，如上图为 $(2,3),(3,4)$ 这两条边 ）

显然 $k$ 为偶数时，我们可以向一条边的两端的连通分量分别放上 $\frac{k}{2}$ 个点，使得好点的个数变多。

而且还注意到由于存在增量这个东西，我们可以得出一个结论：好点 一定是连续分布的，并且 好边 的两端一定会是 好点 。

根据这个结论，我们可以得到：好边也一定连续成链，那么 好点的个数 $=$ 好边的个数 $+1$。

那么我们可以转化为图中一共有多少条好边。

我们考虑一条边 $(u,v)$ 相连的两个连通分量，我们往 $u$ 所在的连通分量放上 $\frac{k}{2}$ 个点，往 $v$ 所在的连通分量放上 $\frac{k}{2}$ 个点，那么显然这一条边 $(u,v)$ 就能成为好边。

我们假设边上两点 $u,v$ 所在连通分量大小为 $siz[u]$、$siz[v]$ 。

那么这种方案数有 $C_{siz[u]}^{\frac{k}{2}}\cdot C_{siz[v]}^{\frac{k}{2}}$ 种。

那么好边的总期望数就是 $\frac{\sum (C_{siz[u]}^{\frac{k}{2}}\cdot C_{siz[v]}^{\frac{k}{2}})}{C_n^k}$ 条。

那么化简后，好点的个数就是 $\frac{\sum (C_{siz[u]}^{\frac{k}{2}}\cdot C_{siz[v]}^{\frac{k}{2}})+C_n^k}{C_n^k}$ 个了。

考虑我们怎么进行枚举边 $(u,v)$ 的操作，我们任取一个点作为根节点，然后执行一次 $DFS$ 操作。

假设我们现在在点 $u$ ，我们点 $u$ 的子树大小为 $siz[u]$ ，我们的父节点为 $f{a}_u$ ，那么对于 $(f{a}_u,u)$ 这条边而言，其相连的两个连通分量的大小分别为 $n-siz[u]$ 、$siz[u]$ 。

那么我们对答案的贡献即 $C_{n-siz[u]}^{\frac{k}{2}}\cdot C_{siz[v]}^{\frac{k}{2}}$ 。

我们在统计所有答案后再乘上 $C_n^k$ 的逆元即可。

时间复杂度：$O(n)$

AC代码：

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#include <bits/stdc++.h>
#define YES return void(cout << "Yes\n")
#define NO return void(cout << "No\n")
using namespace std;

using ui64 = unsigned long long;
using PII = pair<int, int>;
using i64 = long long;

//组合数板子
const int mod = 1e9 + 7;
struct Comb {
    const int N;
    vector<i64> fac, invfac;
    Comb(int n) : N(n), fac(n + 2), invfac(n + 2) { init(); };
    i64 qpow(i64 x, i64 p) {
        i64 res = 1 % mod; x %= mod;
        for (; p; p >>= 1, x = x * x % mod)
            if (p & 1) res = res * x % mod;
        return res;
    }
    i64 inv(i64 x) { return qpow(x, mod - 2); };
    void init() {
        fac[0] = 1;
        for (int i = 1; i <= N; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
        invfac[N] = inv(fac[N]);
        for (int i = N - 1; i >= 0; --i) invfac[i] = (invfac[i + 1] * (i + 1)) % mod;
    }
    i64 C(int n, int m) {
        if (n < m || m < 0) return 0;
        return fac[n] * invfac[m] % mod * invfac[n - m] % mod;
    }
    i64 A(int n, int m) {
        if (n < m || m < 0) return 0;
        return fac[n] * invfac[n - m] % mod;
    }
};

Comb f(3e5);

const int N = 2e5 + 10;

vector<int> g[N];
i64 ans, inv;
int siz[N], n, k;

//DFS的同时计算贡献 C(n - siz[u], k / 2) * C(siz[u], k / 2)
void DFS(int u, int ufa) {
    siz[u] = 1;
    for (auto& v : g[u]) {
        if (v == ufa) continue;
        DFS(v, u);
        siz[u] += siz[v];
        ans = (ans + f.C(n - siz[v], k / 2) * f.C(siz[v], k / 2) % mod) % mod;
    }
}

void solve() {

    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i <= n - 1; ++i) {
        int u, v; cin >> u >> v;
        g[u].emplace_back(v);
        g[v].emplace_back(u);
    }

    if (k % 2 == 0) {
        DFS(1, 0);
        //inv是逆元
        inv = f.inv(f.C(n, k));
        ans = ans * inv % mod;
    }

    cout << (ans + 1) % mod;
}

signed main() {

    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);

    int t = 1; //cin >> t;
    while (t--) solve();

    return 0;
}