P11363 [NOIP2024] 树上遍历 题解

难是真的难，也值得好好整理一下。

首先，一个图的dfs生成树有一个性质：不含横插边。

所以在本题中，因为原图是一棵树，所以一个点 \(u\) 周围的边在生成树上一定在一条链上（首尾相连）。

那么，设 \(d_i\) 为 \(i\) 的度数，则对于一个点周围的边，一共有 \(d_i!\) 中排列方式。如果确定链的起点，则有 \((d_i-1)!\) 种情况。

（如下图的红色边）

所以对于 \(k=1\) 的情况下，答案就是 \(\Pi_{i=1}^n (d_i-1)!\)。因为每一个链的起点是定的。

我们称用来生成这棵dfs树的关键边为 生成树的根。

现在的问题在于，我们可能会重复计算一棵生成树多次。

所以现在我们需要考虑一棵生成树可能会被那些关键边给计算。

考虑下面这个图，这是以边 \((5,8)\) 构成的生成树。

其中灰色、粉红、橙色、绿色分别为点 \(5、3、4、1\) 相邻的边构成的链。其他的点因为度数为 \(1\) ，所以我们暂时不管他们。

因为一个点周围的边要构成一条链，所以 \((3,4)、(4,7)\) 就不能作为这棵生成树的根。因为从他们出发，点 \(3\) 的链就不是链了。

所以发现，上图的红色边就是可以作为这棵生成树根的边。

所以可以发现，能作为同一棵生成树的根的边，是原树中一个叶子节点到另一个叶子节点之间的路径上的边。并且与生成树建立起双射，就是一条这样的路径只对应一棵生成树，而一棵生成树也只对应一条这样的路径。

为什么这棵生成树一定存在这样一个路径可以作为根呢？

就如上图，我们是拿边 \((5,8)\) 生成的。此时向 \(8\) 节点走，发现 \(8\) 节点构成的链的起点一定是 \((5,8)\)，而其终点 \((3,5)\) 则可以作为另一个根。于是就这样不断地从链的起点到链的终点，而链的终点又是下一个链的起点。这样不断遍历，最终会到达一个叶子节点。

因为需要保证，从可能的根节点出发遍历一棵树，原本钦定为链的部分必须还是链。

那么只要我从一个根向两边跳，每一次都从链顶跳到链尾，这样就可以找到一个路径。

所以说，我们只需要统计有多少个 原树中从一个叶子到另一个叶子之间的路径使得这条路径上至少有 \(k\) 条关键边中的一条。

那么如何统计方案数？

我们会发现，对于一条路径上可以作为根节点的边的端点，其链的起点与终点都是定的，单个方案数为 \((d_i-2)!\)。所以方案数为 \(\Pi_{x在链上}(d_x-2)!\ \Pi_{x不在链上}(d_x-1)!\)。为了方便，我们把它改成 \(\Pi(d_i-1)!\ \Pi_{x在链上}(d_x-1)^{-1}\)。

这样问题就变为：对于所有叶子到叶子的路径，满足其中至少一条边为关建边，路径上所有点的权值乘积之和。这里让一个点的点权为 \((d_x-1)^{-1}\)。

先把 \(n=2\) 判掉。然后对于 \(n>2\)，找一个度数 \(>1\) 的位置作为根方便后续dp。

所以考虑dp，设 \(dp_{u,0/1}\) 表示以 \(u\) 为根的子树中，从 \(u\) 出发，不经过/经过关建边的乘积之和。

那么进行分类讨论，对于 \(v\in son_u\)。

• 若 \((u,v)\) 为关建边

  则答案贡献增加 \((dp_{u,0}+dp_{u,1})(dp_{v,0}+dp_{v,1})\)。

  然后让 \(dp_{u,1}\gets dp_{v,1}+dp_{v,0}\)。

• 若 \((u,v)\) 不是关建边

  则答案贡献增加 \(dp_{v,1}(dp_{u,0}+dp_{i,1})+dp_{v,0}\times dp_{u,1}\)。

  然后 \(dp_{u,1}\gets dp_{v,1}\)，\(dp_{u,0}\gets dp_{v,0}\)。

然后输出答案即可。时间复杂度 \(O(n)\)。为了方便，处理逆元我用的 \(O(n\log n)\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5,mod=1e9+7;
#define int long long
int head[N],cnt,n,k,u[N],v[N],w[N];

int ru[N],fac[N],inv[N],mul;

int dp[N][2],ans;

struct edge
{
	int v,nxt,w;
}a[N<<1];
void add(int u,int v,int w)
{
	a[++cnt].v=v;
	a[cnt].w=w;
	a[cnt].nxt=head[u];
	head[u]=cnt;
}
int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
void dfs(int u,int fa)
{
	for(int i=head[u];i!=0;i=a[i].nxt)
	{
		int v=a[i].v;
		if(v==fa) continue;
		dfs(v,u);
		
		if(a[i].w) 
		{
			ans=(ans+(dp[v][0]+dp[v][1])*(dp[u][0]+dp[u][1])%mod)%mod;
			dp[u][1]=(dp[u][1]+inv[ru[u]-1]*(dp[v][0]+dp[v][1]))%mod;
		}
		else
		{
			ans=(ans+dp[v][1]*(dp[u][0]+dp[u][1])%mod+dp[v][0]*dp[u][1]%mod)%mod;
			dp[u][1]=(dp[u][1]+inv[ru[u]-1]*dp[v][1])%mod;
			dp[u][0]=(dp[u][0]+inv[ru[u]-1]*dp[v][0])%mod;
		}
	}
	if(ru[u]==1) dp[u][0]=inv[ru[u]-1];
}
void solve()
{
	n=read(),k=read();
	
	for(int i=1;i<=n;i++) head[i]=0,dp[i][0]=dp[i][1]=ru[i]=0;
	cnt=0;
	ans=0;
	mul=1;
	
	for(int i=1;i<n;i++) u[i]=read(),v[i]=read(),w[i]=0;
	for(int i=1;i<=k;i++) w[read()]=1;
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		ru[u[i]]++;
		ru[v[i]]++;
		add(u[i],v[i],w[i]),add(v[i],u[i],w[i]);
	}
	if(n==2)
	{
		printf("1\n");
		return;
	}
	
	int pos=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) 
	{
		mul=mul*fac[ru[i]-1]%mod;
		if(ru[i]>1) pos=i;
	}
	dfs(pos,0);
	printf("%d\n",ans*mul%mod);
}
int qpow(int a,int b)
{
	int ans=1;
	while(b>0)
	{
		if(b&1) ans=(ans*a)%mod;
		a=(a*a)%mod;
		b>>=1; 
	}
	return ans;
}
signed main()
{
	fac[0]=1,inv[0]=1;
	for(int i=1;i<=1e5;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod,inv[i]=qpow(i,mod-2);
	int ID=read(),T=read();
	while(T--) solve();
	return 0;
}