2020 Multi-University Training Contest 4---- HDU--6810、Imperative Meeting（组合数学）

题目链接

题面：

题意：
有一棵 $n$n 个节点的树，边权均为 $1$1，从上面选 $m$m 个点的方案为 $C_n^m$Cnm​。
对于每一种方案，该方案的权重定义为这 $m$m 个点到树上某一点的距离和的最小值。我们定义这一点为最优点。
求 $C_n^m$Cnm​ 种方案的权重的和。

题解：
我没枚举每一条边，假设这条边两侧的节点数分别为 $s$s， $n-s$n−s。我们在这条边两侧选的节点数为 $i$i， $m-i$m−i，我们可以知道，最优点一定在选的点数较多的一侧。

那么对于某条边来说较为容易得到公式：

$f\left(s\right)={\sum }_{i=1}^{m-1}{C}_s^i\ast C_{n-s}^{m-i}\ast min(i,m-i)$f(s)=i=1∑m−1​Csi​∗Cn−sm−i​∗min(i,m−i)

显然，对于每一条边，计算该式子的时间复杂度是 $O\left(n^2\right)$O(n2) 的。

考虑化简，我们令 $p=\lfloor \frac{m-1}{2}\rfloor$p=⌊2m−1​⌋，那么我们得到式子：

$f\left(s\right)={\sum }_{i=1}^p{C}_s^i\ast C_{n-s}^{m-i}\ast i+{\sum }_{i=1}^p{C}_s^{m-i}\ast C_{n-s}^i\ast i+[mmod2=0]\ast C_s^{\frac{m}{2}}\ast C_{n-s}^{\frac{m}{2}}\ast \frac{m}{2}$f(s)=i=1∑p​Csi​∗Cn−sm−i​∗i+i=1∑p​Csm−i​∗Cn−si​∗i+[m mod 2=0]∗Cs2m​​∗Cn−s2m​​∗2m​

我们令 $g\left(s\right)={\sum }_{i=1}^p{C}_s^i\ast C_{n-s}^{m-i}\ast i$g(s)=i=1∑p​Csi​∗Cn−sm−i​∗i ， $h\left(s\right)={\sum }_{i=1}^p{C}_s^{m-i}\ast C_{n-s}^i\ast i$h(s)=i=1∑p​Csm−i​∗Cn−si​∗i， $k\left(s\right)=C_s^{\frac{m}{2}}\ast C_{n-s}^{\frac{m}{2}}\ast \frac{m}{2}$k(s)=Cs2m​​∗Cn−s2m​​∗2m​

容易发现 $h\left(s\right)=g(n-s)$h(s)=g(n−s)，现在我们考虑怎么快速求出 $g\left(s\right)$g(s)。

$g\left(s\right)={\sum }_{i=1}^p{C}_s^i\ast C_{n-s}^{m-i}\ast i$g(s)=i=1∑p​Csi​∗Cn−sm−i​∗i

$C_s^i={\displaystyle \frac{s!}{i!\ast (s-i)!}}={\displaystyle \frac{(s-1)!\ast s}{(i-1)!\ast i\ast (s-i)!}}=C_{s-1}^{i-1}\ast {\displaystyle \frac{s}{i}}$Csi​=i!∗(s−i)!s!​=(i−1)!∗i∗(s−i)!(s−1)!∗s​=Cs−1i−1​∗is​

$g\left(s\right)=s\ast {\sum }_{i=1}^p{C}_{s-1}^{i-1}\ast C_{n-s}^{m-i}=s\ast t\left(s\right)$g(s)=s∗i=1∑p​Cs−1i−1​∗Cn−sm−i​=s∗t(s) ，其中 $t\left(s\right)={\sum }_{i=1}^p{C}_{s-1}^{i-1}\ast C_{n-s}^{m-i}$t(s)=i=1∑p​Cs−1i−1​∗Cn−sm−i​。

考虑给定 $t\left(s\right)$t(s) 一个定义：
$n-1$n−1 个位置，放置 $m-1$m−1 个球，每个球只能放在一个位置上，每个位置至多放置一个球。其中要求前 $s-1$s−1 个位置至多放置 $p-1$p−1 个球。
得到：
$t\left(s\right)={\sum }_{i=1}^p{C}_{s-1}^{i-1}\ast C_{n-s}^{m-i}$t(s)=i=1∑p​Cs−1i−1​∗Cn−sm−i​。

明显需要满足 $p>=1$p>=1。且 $s=1$s=1时， $t\left(s\right)=C_{n-1}^{m-1}$t(s)=Cn−1m−1​

考虑：怎么由 $t(s-1)$t(s−1) 得到 $t\left(s\right)$t(s)。

要求改变的地方为，从前 $s-2$s−2 个位置至多放置 $p-1$p−1 个球，转化为前 $s-1$s−1 个位置至多放置 $p-1$p−1 个球。

考虑哪些不合法。
那些在 $t(s-1)$t(s−1) 种合法且在 $t\left(s\right)$t(s) 种不合法的一定是，前 $s-2$s−2 个位置已经放置了 $p-1$p−1 个球，但是第 $s-1$s−1 的位置还有一个球。即 $C_{s-2}^{p-1}\ast C_{n-s}^{m-1-p}$Cs−2p−1​∗Cn−sm−1−p​。

这样，我们可以快速求出 $t\left(s\right)$t(s)，从而快速得到 $g\left(s\right)$g(s)，从而得到 $h\left(s\right)$h(s)，最终得到 $f\left(s\right)$f(s)。

注意 $m=1$m=1 和 $m=2$m=2 这两种情况下， $p=0$p=0。

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<string>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<map>
#include<unordered_map>
#include<unordered_set>
#include<set>
#include<ctime>
#define ui unsigned int
#define ll long long
#define llu unsigned ll
#define ld long double
#define pr make_pair
#define pb push_back
//#define lc (cnt<<1)
//#define rc (cnt<<1|1)
#define len(x) (t[(x)].r-t[(x)].l+1)
#define tmid ((l+r)>>1)
#define fhead(x) for(int i=head[(x)];i;i=nt[i])
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)>(y)?(y):(x))
using namespace std;

const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll lnf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double dnf=1e18;
const double alpha=0.75;
const int mod=1e9+7;
const double eps=1e-8;
const double pi=acos(-1.0);
const int hp=13331;
const int maxn=1000100;
const int maxm=100100;
const int maxp=100100;
const int up=1100;

ll fac[maxn],inv[maxn];
ll t[maxn],g[maxn],h[maxn],k[maxn],ans;
int f[maxn],si[maxn],n,m;

ll mypow(ll a,ll b)
{
    ll ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) ans=ans*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}

void init(void)
{
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<maxn;i++)
        fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    inv[maxn-1]=mypow(fac[maxn-1],mod-2);
    for(int i=maxn-2;i>=0;i--)
        inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}

ll C(ll n,ll m)
{
    if(n<0||m<0||m>n) return 0;
    return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}

int main(void)
{
    init();
    int tt;
    scanf("%d",&tt);
    while(tt--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=2;i<=n;i++)
            scanf("%d",&f[i]),si[i]=1;
        ans=0;
        int p=(m-1)/2;
        t[1]=p?C(n-1,m-1):0;
        g[1]=t[1]*1;
        for(int s=2;s<=n;s++)
        {
            t[s]=((t[s-1]-C(s-2,p-1)*C(n-s,m-1-p)%mod)%mod+mod)%mod;
            g[s]=t[s]*s%mod;
        }
        for(int s=1;s<=n;s++)
        {
            h[s]=g[n-s];
            k[s]=C(s,m/2)*C(n-s,m/2)%mod*(m/2)%mod;
        }
        int now=0;
        for(int i=n;i>=2;i--)
        {
            si[f[i]]+=si[i];
            now=min(si[i],n-si[i]);
            ans=(ans+g[now]+h[now]+(m%2==0?k[now]:0))%mod;
        }
        printf("%lld\n",ans);

    }
    return 0;
}