2018中国大学生程序设计竞赛 - 网络选拔赛 1009 - Tree and Permutation 【dfs+树上两点距离和】

Tree and Permutation

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Problem Description

There are N vertices connected by N−1 edges, each edge has its own length.
The set { 1,2,3,…,N } contains a total of N! unique permutations, let’s say the i-th permutation is Pi and Pi,j is its j-th number.
For the i-th permutation, it can be a traverse sequence of the tree with N vertices, which means we can go from the Pi,1-th vertex to the Pi,2-th vertex by the shortest path, then go to the Pi,3-th vertex ( also by the shortest path ) , and so on. Finally we’ll reach the Pi,N-th vertex, let’s define the total distance of this route as D(Pi) , so please calculate the sum of D(Pi) for all N!permutations.

 

Input

There are 10 test cases at most.
The first line of each test case contains one integer N ( 1≤N≤105 ) .
For the next N−1 lines, each line contains three integer X, Y and L, which means there is an edge between X-th vertex and Y-th of length L ( 1≤X,Y≤N,1≤L≤109 ) .

 

Output

For each test case, print the answer module 109+7 in one line.

 

Sample Input

3

1 2 1

2 3 1

3

1 2 1

1 3 2

 

Sample Output

16

24

 

Source

2018中国大学生程序设计竞赛 - 网络选拔赛

大概题意：

给一棵N个节点的树， 求按N个节点全排列的顺序走一遍这棵树所得的路径贡献和。

解题思路：

对于所有按照全排列走过的路径，打表会发现，每两点之间的距离都出现了 (N-1)！次，所以我们只需要求出 所有两点之间的距离之和就可以解得最后的答案了。

也就是说我们只需要求出 ∑dis(i, j)  最后 ∑dis(i, j)  * (N-1)! 就是答案了。

∑dis(i, j) 的求法：

我们可以根据当前节点 root 和 它的父节点 fa 的边 v 把一棵树分成两部分， 一部分是 以 fa 为根节点的子树，一部分是以 root 为根节点的子树（即除去这课子树是另一部分）。

如果我们已经预先知道了 fa 到 这棵树每个节点的距离和 sum_dis[ fa ], 以及以 root 为根节点的子树的大小t_size[ root ] ,那么 节点 root 到树上其他节点的距离和我们可以通过 sum_dis[ fa ]转化而来；

因为sum_dis[fa] 减去 v 对上面所分成的树的两部分的影响剩下的就是sum_dis[root] 即sum_dis[root] = sum_dis[fa] - (N-t_size[root])*v - t_size[root]*v ;

因此，我们第一步dfs把 1 到各个节点的距离和求出来，第二步通过对 1 的距离和转换 把其他节点的距离和求出来，最后所有距离和求和得出答案。

AC code：

 #include <cstdio>
 #include <iostream>
 #include <cstring>
 #include <cmath>
 #define ll long long int
 #define mod 1000000007
 #define INF 0x3f3f3f3f
 using namespace std;

 const int MAXN = 1e5+;
 struct date{
     int v, next, len;
 }node[MAXN<<];
 ll sum_dis[MAXN];
 int t_size[MAXN];
 int head[MAXN], cnt;
 int N;

 void init()
 {
     memset(head, -, sizeof(head));
     cnt =  ;
     memset(sum_dis, , sizeof(sum_dis));
     memset(t_size, , sizeof(t_size));
 }
 void add(int from, int to, int weight)
 {
      node[++cnt].next = head[from];
      head[from] = cnt;
      node[cnt].v = to;
      node[cnt].len = weight;
 }
 void dfs(int root, int fa, ll dis)
 {
     sum_dis[] = (sum_dis[]%mod+dis%mod)%mod;
     t_size[root] = ;
     for(int x = head[root]; x != -; x =node[x].next)
     {
         if(node[x].v != fa)
         {
             dfs(node[x].v, root, (dis+node[x].len)%mod);
             t_size[root]+=t_size[node[x].v];
         }
     }
 }
 void trans(int root, int fa)
 {
     int vv;
     for(int i = head[root]; i != -; i= node[i].next)
     {
         vv = node[i].v;
         if(node[i].v != fa){
             sum_dis[vv] = (sum_dis[root]%mod+((1ll*(N-*t_size[vv])*node[i].len)%mod)%mod)%mod;
             if(sum_dis[vv] < ) sum_dis[vv] += mod;
             trans(vv, root);
         }
     }
 }
 int main()
 {
     int f, t, w;
     while(~scanf("%d", &N))
     {
         init();
         for(int i = ; i < N; i++)
         {
             scanf("%d%d%d", &f, &t, &w);
             add(f, t, w);
             add(t, f, w);
         }
         dfs(, , );
         trans(, );
         ll P = , ans = ;
         for(int i = ; i < N; i++)
             P = 1ll*P*i%mod;
         for(int i = ; i <= N; i++)
             ans = (ans + sum_dis[i])%mod;
         ans = ans*P%mod;
         printf("%lld\n", ans);
     }
     return ;
 }