[hdoj4661] Message Passing

HDOJ 4661: Message Passing

题意

每个人拥有一个信息,也可以传给另外一个人他拥有的所有信息。现在给定一个联络树,问至少多少次传递可以让所有人拥有所有信息。

题解

可以看出至少要$(n-1)*2$次传递,因为每个人都至少传出一次,传入一次。而怎么可以最少传递呢?我们可以假设根为中心,先将所有信息传递给他,之后再从他传递回来。这里有一点很巧妙,传入和传出的可能种类是一样的,所以我们只需要计算一次传入,平方后便是该点为中心的方案数。

因为子节点必须先传给父节点信息以免漏传,所以传入的方案数是满足一种拓扑排序的。那么可以看我之前的一篇博客,计算拓扑排序对一个点进行计算的。

那么怎么从已知的父节点的$f(root)$传递到子节点$f(v)$呢?

$s(i)$表示以$i$为根节点的子节点数目。

我们假设子节点$s(v)=q$,那么如果子节点变成根节点后,子节点的$s(v)=n$,而原来的父节点$f(u)$变成了$n-q$个子节点数目了。于是通过公式

$f(root)=(f(root)-1)!/s(1)/s(2)/…/s(n)$

我们可以推导出$f(v) = f(u) * s(q)/s(n-q)$

搞定!

AC代码

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);i++)
#define per(i,a,n) for(int i=(n-1);i>=(a);i--)
#define fi first
#define se second
typedef pair <int,int> pII;
typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
//head
const int maxn = 1e6 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
struct node{
int to,next;
}G[maxn<<1];
int head[maxn],pre[maxn],q[maxn],vis[maxn];
ll f[maxn],sz[maxn],fac[maxn];
int cnt,n,T;
void add(int u,int v){
G[cnt].to = v;
G[cnt].next = head[u];
head[u] = cnt++;
}
void init(){
cnt = 0;
rep(i,0,n+1){
head[i] = -1;
q[i] = 0;
f[i] = 1;
vis[i] = 0;
sz[i] = 0;
}
}
ll pow3(ll a,ll b){
ll res = 1;
while(b){
if(b&1) res = res*a%mod;
a = a*a%mod;
b>>=1;
}
return res;
}
int main(){
#ifdef LOCAL
freopen("1.in","r",stdin);
#endif
scanf("%d",&T);
fac[0] = 1;
rep(i,1,maxn){
fac[i] = fac[i-1]*i % mod;
}
while(T--){
scanf("%d",&n);
init();
rep(i,0,n-1){
int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
add(u,v);add(v,u);
}
int l = 0,r = 0;vis[1] = 1;q[0] = 1;
while(l<=r){
int u = q[l++];
for(int i = head[u];~i;i=G[i].next){
int v = G[i].to;
if(vis[v]) continue;
pre[v] = u;
vis[v] = 1;
q[++r] = v;
}
}
per(i,1,n){
sz[q[i]] ++;
sz[pre[q[i]]] += sz[q[i]];
}
sz[1] ++;
ll cnt = fac[n];
rep(i,1,n+1) cnt = (cnt*pow3(sz[i],mod-2))%mod;
ll ans = 0;
ans = cnt*cnt %mod;f[1] = cnt;
rep(i,1,n){
ll cur = f[pre[q[i]]];
cur = cur*sz[q[i]] %mod;
cur = cur*pow3(n-sz[q[i]],mod-2)%mod;
f[q[i]] = cur;
ans = (ans + cur*cur%mod) % mod;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}