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Rd795 题解滞销，帮帮我（误

不难想到换根 dp，然后我们可以写出如下式子：

具体含义就是：考虑这 \(k\) 个点，什么时候 \(\operatorname{lca}\) 为 \(u\)。

减法原理，考虑什么时候不为 \(u\)，当且仅当这 \(k\) 个点来自于同一颗子树。减去\(\sum\limits_{v}\dbinom{\mathrm{sz}_v}{k}\) 即可。

最后把子树答案合并上去即可。

观察这个式子，可以拆出「只和 \(v\) 有关」、「只和 \(u\) 有关」、「和 \(u,v\) 都有关」三种。为了好换根，我们需要让和 \(v\) 有关的都比较好统计。于是考虑重定义 \(f_u\) 和 \(g_u\)。\(f_u\) 表示所有儿子的答案，\(g_u\) 表示 \(\sum\limits_{v}\dbinom{\mathrm{sz}_v}{k}\)。

此时子树 \(u\) 的答案应该是：

此时换根只需要修改 \(g\) 和 \(f\) 即可，减减加加上面提到的组合数，相信大家都会。

没什么注意事项，没有细节，很好写。

码

// Problem: F. K-Set Tree
// From: Codeforces - CodeCraft-22 and Codeforces Round #795 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1691/problem/F
// Time: 2022-05-31 22:35
// Author: lingfunny

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int mxn = 2e5+10, mod = 1e9+7;
int jc[mxn], ijc[mxn], n, f[mxn], g[mxn], k, sz[mxn], ans;
// f: 子树 ans 和
// g: 子树 (sz, k) 和
// ans[u]: (C(S-1, k-1) + C(S-1, k) - g[u]) * S + f[u]
vector <int> G[mxn];

inline int mul() { return 1; }
template <typename... A>
int mul(int x, A... a) { return (LL)x*mul(a...)%mod; }
inline int qpow(int x, int y) {
	int res = 1;
	for(; y; x = mul(x, x), y >>= 1) if(y&1) res = mul(res, x);
	return res;
}
inline int C(int n, int m) {
	if(m > n) return 0;
	return mul(jc[n], ijc[m], ijc[n-m]);
}
void add(int &x) { x = x; }
template <typename... A>
void add(int &x, int y, A... a) { x += (x + y) >= mod ? y - mod : y; add(x, a...); }
inline int calc(int S, int F, int G) { return (mul((C(S, k) - G + mod)%mod, S) + F) % mod; }
void dfs(int u, int fa) {
	sz[u] = 1;
	for(int v: G[u]) if(v != fa) {
		dfs(v, u), sz[u] += sz[v];
		add(f[u], calc(sz[v], f[v], g[v]));
		add(g[u], C(sz[v], k));
	}
}
void dfs2(int u, int fa) {
	if(fa) {
		int F = f[fa], G = g[fa];
		add(F, mod - calc(sz[u], f[u], g[u])), add(G, mod - C(sz[u], k));
		add(f[u], calc(n - sz[u], F, G));
		add(g[u], C(n - sz[u], k));
	}
	add(ans, calc(n, f[u], g[u]));
	for(int v: G[u]) if(v != fa) dfs2(v, u);
}

signed main() {
	scanf("%d%d", &n, &k);
	jc[0] = 1; for(int i = 1; i <= n; ++i) jc[i] = mul(jc[i-1], i);
	ijc[n] = qpow(jc[n], mod-2); for(int i = n - 1; ~i; --i) ijc[i] = mul(ijc[i+1], i+1);
	for(int i = 1, u, v; i < n; ++i) scanf("%d%d", &u, &v), G[u].emplace_back(v), G[v].emplace_back(u);
	dfs(1, 0); dfs2(1, 0);
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}