将奶牛的状态用序列$\{a_{1},a_{2},...,a_{m}\}$来描述,其中$a_{i}$表示第$i$头奶牛的位置(奶牛数量为$m$)

下面,先来考虑对于某个特定的$m$如何处理:

对于一条简单路径,如果路径中(不包括端点)所有点度数均为2且端点的度数均不为2(允许为1),则称该路径为一条"链",显然树上每一条边都恰属于一条链

对于一条链,假设链上的点(包括端点)构成的集合为$C$,删去$C$中的点后被划分为$A$和$B$两个连通块

记$k=|C|-(n-m)$,若存在$k\ge 0$的链,那么任取一个状态$\{a_{i}\}$并令$S=\{a_{i}\}$(集合),简单分析不难得到若$A,B\not\subseteq S$则$S\cap C\ne \empty$,因此构造如下变换:

若$A\not\subseteq S$,将$S\cap C$中最靠近$A$中(任意一点)的点(显然唯一)移动到$A$中(不关心顺序),同理对$B$做此操作,那么即有$A,B\subseteq S$,进而由此可得$|S\cap C|=k$

根据此变换,每一个状态都与某个$A,B\subseteq S$的状态等价,因此仅考虑这类状态中的等价类数即可

注意到$S\cap C$中的点恒在$C$中且顺序不变,因此这些点的贡献可以看作$k!{m\choose k}$,同时由于这些点使得$A$和$B$中点无法交换,因此又即可以变为两个子问题

具体的,令$C_{A}$和$C_{B}$分别为最靠近$A$和$B$中的$|C|-k$个点,子问题的点集即分别为$A\cup C_{A}$和$B\cup C_{B}$,并且分别要选$|A|$和$|B|$头奶牛,另外编号选择还有${m-k\choose |A|}$的贡献

关于$C_{A}$和$C_{B}$,即将中间的$k$个点都移到另一边,那么就空出了这$|C|-k$个位置

重复此过程,直至不存在$k\ge 0$的链,那么这个子问题中任意两个状态都等价,这可以归纳证明

下面,来简单分析一下此递归过程:

1.递归过程中$n-m$的值不变,且代入可得$|C_{A}|=|C_{B}|=n-m$

2.若$m\le n-2$,也即$|C_{A}|=|C_{B}|\ge 2$,那么注意到链的端点仍存在且度数不变,而除了$C_{A}$和$C_{B}$的末尾外其余点度数也不会变化,从而链的划分形式变化即删除了一条链$C$并加入了$C_{A}$和$C_{B}$这两条链

因此,链只需要初始预处理并找出所有$|C|\ge n-m$的链,假设链长(指$|C|$)依次为$l_{1},l_{2},...,l_{k}$,并且将这些链中的点删除后(保留端点),连通块节点数依次为$a_{1},a_{2},...,a_{k+1}$​(显然删除一条链恰好增加一个连通块),那么贡献即
$$
{m\choose a_{i}-(n-m),l_{i}-(n-m)}\prod_{i=1}^{k}(l_{i}-(n-m))!
$$
注意$a_{i}$要包含$C_{A}$和$C_{B}$,计算方式即$(n-m-1)\cdot$参与删除的次数+当前节点数

同时,此时剩下的每一个连通块中不存在$k\ge 0$的链,根据前面的结论任意两个状态等价,也即对答案的贡献为1,因此上述贡献即为答案

对于所有$1\le m\le n-2$,不难发现$\sum k$中每一条链贡献恰为$o(l_{i})$,而由于一条边恰属于一条链因此该值和为$o(n)$,换言之可以暴力计算(指$o(k)$)上述贡献

由此,先将所有链删除,并将其按照$m$从大到小后依次合并,使用并查集维护即可

另外,为了快速找到所有$a_{i}$,可以用一个set维护并查集的根

最终,还有$m\ge n-1$的情况,显然此时答案即为$m!$

时间复杂度为$o(n\log n)$,可以通过

 1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define N 100005
4 #define mod 1000000007
5 #define ll long long
6 struct Data{
7 int x,y,len;
8 bool operator < (const Data &k)const{
9 return len<k.len;
10 }
11 };
12 vector<int>v[N];
13 vector<Data>L;
14 set<int>S;
15 set<int>::iterator it;
16 int n,rt,x,y,fac[N],inv[N],d[N],f[N],sz[N],Sz[N],ans[N];
17 int find(int k){
18 if (k==f[k])return k;
19 return f[k]=find(f[k]);
20 }
21 int merge(int x,int y){
22 x=find(x),y=find(y);
23 S.erase(y);
24 f[y]=x,sz[x]+=sz[y],Sz[x]+=Sz[y];
25 return x;
26 }
27 int C(int n,int m){
28 return (ll)fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
29 }
30 void dfs(int k,int fa){
31 f[k]=fa;
32 if ((fa)&&(d[k]!=2)){
33 int pos=f[k],tot=2;
34 for(;d[pos]==2;pos=f[pos])tot++;
35 L.push_back(Data{k,pos,tot});
36 }
37 for(int i=0;i<v[k].size();i++)
38 if (v[k][i]!=fa)dfs(v[k][i],k);
39 }
40 int main(){
41 fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
42 for(int i=1;i<N;i++)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;
43 for(int i=2;i<N;i++)inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
44 for(int i=1;i<N;i++)inv[i]=(ll)inv[i-1]*inv[i]%mod;
45 scanf("%d",&n);
46 for(int i=1;i<n;i++){
47 scanf("%d%d",&x,&y);
48 d[x]++,d[y]++;
49 v[x].push_back(y);
50 v[y].push_back(x);
51 }
52 for(int i=1;i<=n;i++)
53 if (d[i]!=2)rt=i;
54 dfs(rt,0);
55 sort(L.begin(),L.end());
56 for(int i=1;i<=n;i++){
57 f[i]=i,sz[i]=1,Sz[i]=d[i];
58 if (d[i]!=2)S.insert(i);
59 }
60 for(int i=n-2,j=0;i;i--){
61 while ((j<L.size())&&(L[j].len<n-i)){
62 int k=merge(L[j].x,L[j].y);
63 sz[k]+=L[j].len-2,Sz[k]-=2;
64 j++;
65 }
66 ans[i]=1;
67 int m=i;
68 for(it=S.begin();it!=S.end();it++){
69 int s=sz[(*it)]+(n-i-1)*Sz[(*it)]-(n-i);
70 ans[i]=(ll)ans[i]*C(m,s)%mod;
71 m-=s;
72 }
73 for(int k=j;k<L.size();k++){
74 int l=L[k].len-(n-i);
75 ans[i]=(ll)ans[i]*C(m,l)%mod*fac[l]%mod;
76 m-=l;
77 }
78 }
79 ans[n-1]=fac[n-1],ans[n]=fac[n];
80 for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d\n",ans[i]);
81 return 0;
82 }

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