hdu5378

关于逆元的相关知识已经总结到这里：求i模p的逆元中

还有关于这道题，在测试样例时，一直是错误的，最后才发现是求快速幂即ni函数时，其中的x没有设为long long int，谨记，虽然x乘完自己后或模上1000000007，但是还没模之前可能超过int的范围，但不会超过long long int的范围，所以要把x设为long long int。

不过关于这道题，嗯，用概率来求方法数，谁也限制不住人类的大脑啊！！！（今天学校停水，早晨没吃到牛肉馅的包子，中午懒在机房，所以吃了一天的面包，咸菜，不说了，说多了都是泪！！！我要吃肉！！！）

2015.8.29：

今天再次看着道题，一开始偷瞄到一点是通过概率求总共有多少种方法，但是死活也记不起到底该怎么求，依稀的记忆+推理得出是二维的dp，然后就死活就认准了dp[i][j]代表以i为根节点的子树中有j个minister，然后就只能朝着背包的方向去想了，最后感觉这样能做，但是不如原先的方法简单，虽然记不起原先的方法是什么了。然后打开题解，结果发现竟然看不懂了，在网上找题解，从新整理这道题，最后总算发现，不是智商问题，还算欣慰。

题解中dp[i][j]代表1到i中有几个点在以它为根节点的子树中是最大的，那么相当于是前i个点中选择了j个让它成为以它为根节点的子树中最大的，并没有其它的含义了，不要再多想了，如果可以的话，想要冲着刚才的自己这样喊，然后递归就行了。

下面证明为什么在1到i中有j个是以它为根节点的子树中最大的，那么就只有j个minister：

首先，可以得知，这j个点必定是minister；

其次，假如说存在第j+1个minister，那么存在某个包括这个点的子树中这个点最大，任何一棵子树如果包括这个点的话，那么就肯定包括以这个点为根节点的那棵子树，所以在以这个点为根节点的子树中这个点也是最大的，与前面的假设，相违背，所以不可能存在第j+1个minister。

最后，没有最后。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
using namespace std;
#define N 1010
#define MOD 1000000007

long long int dp[N][N];
int siz[N];
int head[N],to[2*N],nextedge[2*N];
int cou;
long long int A[N];

void add(int a,int b){
    to[cou]=b;nextedge[cou]=head[a];head[a]=cou++;
}

void dfs(int u,int fa){
    siz[u]=1;

    for(int i=head[u];i!=-1;i=nextedge[i]){
        int v=to[i];

        if(v==fa){
            continue;
        }
        else{
            dfs(v,u);
            siz[u]+=siz[v];
        }
    }

    return;
}

long long int ni(long long int x){
    int y=MOD-2 ;
    long long int ans=1;

    while(y){
        if(y%2){
            ans=ans*x%MOD;
        }
        y=y/2;
        x=x*x%MOD;
    }

    return ans;
}

int main(){
    int t;
    int n;
    int k;
    int a,b;

    A[0]=1;
    for(int i=1;i<N;i++){
        A[i]=A[i-1]*i%MOD;
    }

    scanf("%d",&t);
    for(int cas=1;cas<=t;cas++){
        scanf("%d%d",&n,&k);
        memset(head,-1,sizeof(head));
        cou=0;
        for(int i=1;i<n;i++){
            scanf("%d%d",&a,&b);
            add(a,b);
            add(b,a);
        }

        dfs(1,-1);

        memset(dp,0,sizeof(dp));
        dp[1][1]=ni(siz[1]);
        dp[1][0]=(siz[1]-1)*dp[1][1]%MOD;

        for(int i=2;i<=n;i++){
            long long int tempg=ni(siz[i]);
            dp[i][0]=dp[i-1][0]*(siz[i]-1)%MOD*tempg%MOD;
            for(int j=1;j<=i;j++){
                dp[i][j]=(dp[i-1][j]*(siz[i]-1)%MOD*tempg%MOD+dp[i-1][j-1]*tempg%MOD)%MOD;
            }
        }

        printf("Case #%d: %d\n",cas,(A[n]*dp[n][k]%MOD));
    }

    return 0;
}