Statement

给定一棵 \(n\) 个点的树，每次从还活着的节点中随机选出一个点，把计数器加上其所在的树的大小并把这个点以及与之相连的边删除，求整棵树都被干掉时计数器上数字的期望。

\(n\leq 10^5\)

Solution

思路不难非常想，调代码过于恶心

考虑设 \(a_i\) 表示 \(i\) 的贡献的期望，也就是选 \(i\) 时所在树的大小，那么有：

所以答案就变成了

显然可以直接 \(O(n^2)\) 暴力求解，考虑优化

发现问题即是在求树上点对信息，考虑淀粉质维护

对于当前分治中心的每棵子树，设生成函数 \(F(x)=\sum cnt_ix^i\) 其中 \(cnt_i\) 表示到分治中心距离 \(i\) 的点的数量，卷一卷就可以了，时间复杂度 \(O(nlog^2n)\)

Code

人调傻了...

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 4e5+5;
const int mod = 1e9+7;
const double pi = acos(-1.0);

char buf[1<<23],*p1=buf,*p2=buf;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
int read(){
    int s=0,w=1; char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
    return s*w;
}
int ksm(int a,int b){
    int res=1;
    for(;b;b>>=1,a=a*a%mod)
        if(b&1)res=res*a%mod;
    return res;
}

struct FFT{
    struct cplx{
        double x,y;
        cplx(double x=0,double y=0):x(x),y(y){}
        cplx operator+(const cplx&rhs)const{return cplx(x+rhs.x,y+rhs.y);}
        cplx operator-(const cplx&rhs)const{return cplx(x-rhs.x,y-rhs.y);}
        cplx operator*(const cplx&rhs)const{return cplx(x*rhs.x-y*rhs.y,x*rhs.y+y*rhs.x);}
    }a[N<<1];
    int rev[N<<1],n;
    void init(int len){
        for(n=1;n<len;n<<=1);
        for(int i=0;i<n;++i)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)?(n>>1):0);
    }
    void work(cplx *a,int op){
        for(int i=0;i<n;++i)
            if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
        for(int mid=1;mid<n;mid<<=1){
            cplx wn(cos(pi/mid),op*sin(pi/mid));
            for(int r=mid<<1,j=0;j<n;j+=r){
                cplx w(1,0),x,y;
                for(int k=0;k<mid;++k,w=w*wn)
                    x=a[j+k],y=w*a[j+mid+k],
                    a[j+k]=x+y,a[j+mid+k]=x-y;
            }
        }
    }
    void calc(int* b){
        for(int i=0;i<n;++i)a[i]=cplx(b[i],0); work(a,1);
        for(int i=0;i<n;++i)a[i]=a[i]*a[i];    work(a,-1);
        for(int i=0;i<n;++i)b[i]=(int)(a[i].x/n+0.5);
    }
}fft;
int siz[N],mxp[N],t1[N<<1],t2[N<<1],ans[N<<1];
vector<int>Edge[N];
int n,rt,mx1,mx2,as;
bool vis[N];

void getrt(int u,int fath,int all){
    siz[u]=1,mxp[u]=0;
    for(auto v:Edge[u])if(v!=fath&&!vis[v])
        getrt(v,u,all),siz[u]+=siz[v],mxp[u]=max(mxp[u],siz[v]);
    mxp[u]=max(mxp[u],all-siz[u]);
    if(mxp[u]<mxp[rt])rt=u;
}
void dfs(int u,int fath,int dep){
    t2[dep]++,mx2=max(mx2,dep);
    for(auto v:Edge[u])if(v!=fath&&!vis[v])dfs(v,u,dep+1);
}
void calc(int u){
    t1[0]=1,mx1=0;
    for(auto v:Edge[u])if(!vis[v]){
        mx2=0,dfs(v,u,1),mx1=max(mx1,mx2);
        // printf(" v:%lld\n bef:\n",v);
        for(int i=0;i<=mx2;++i)t1[i]+=t2[i]/*,cout<<t2[i]<<" "*/;//puts("");
        fft.init((mx2+1)<<1),fft.calc(t2);
        // printf(" now:\n");
        for(int i=0;i<=(mx2<<1)+1;++i)ans[i]-=t2[i]/*,cout<<t2[i]<<" "*/;//puts("");
        memset(t2,0,(mx2*2+5)<<3);
    }
    // printf(" u:%lld\n bef:\n",u);
    // for(int i=0;i<=mx1;++i)cout<<t1[i]<<" ";puts("");
    fft.init((mx1+1)<<1),fft.calc(t1);
    for(int i=0;i<=(mx1<<1);++i)ans[i]+=t1[i]/*,cout<<t1[i]<<" "*/;//puts("");
    memset(t1,0,(mx1*2+5)<<3);
}
void divide(int u){
    
    vis[u]=1,calc(u);
    for(auto v:Edge[u])if(!vis[v])
        mxp[rt=0]=n,getrt(v,0,siz[v]),divide(rt);
}

signed main(){
    n=read();
    for(int i=1,u,v;i<n;++i)
        u=read(),v=read(),
        Edge[u].push_back(v),
        Edge[v].push_back(u);
    mxp[rt=0]=n,getrt(1,0,n),divide(rt);
    // printf("ans:\n");
    for(int i=0;i<n;++i)(as+=ans[i]%mod*ksm(i+1,mod-2)%mod)%=mod,/*cout<<ans[i]<<" "*/;//puts("");
    //cout<<as<<endl;
    for(int i=1;i<=n;++i)(as*=i)%=mod;
    printf("%lld\n",as);
    return 0;
}