[atARC087F]Squirrel Migration

对这棵树重心情况分类讨论：

1.若这棵树存在两个重心，分别记作$x$和$y$，如果将$(x,y)$断开，两棵子树大小都相同（都为$\frac{n}{2}$），此时$p_{i}$与$i$必然不同属于一个连通块中，证明如下：

考虑若$p_{i}$与$i$在一个连通块中，则必然有$p_{j}$和$j$也在同一个连通块中且与$i$不同，将其交换一定更优

将距离拆为两颗子树内部+$(x,y)$，即有$mx=2\sum dep_{i}(以(x,y)为根)+n$，方案数为$(\frac{n}{2}!)^{2}$

2.若这棵树仅有1个重心，类似于Distance Matching，若以重心为根，$mx=2\sum dep_{i}$

问题相当于要求任意$i$和$p_{i}$不在重心的同一个儿子中，考虑容斥，令集合$S$表示$i$和$p_{i}$在重心的同一个儿子中的$i$，$f_{S}$表示对应方案数

对$S$和$S$以外的的点分别计算（再相乘）：

1.对$S$以外，考虑$i\in S$，其实可以将$p_{i}$理解为$i$，换言之将$p_{j}=i$的位置改为$p_{j}=p_{i}$即可，因此剩下的点任意排列，方案数为$(n-|S|)!$

2.对$S$以内，即从子树中选$i$个，即为$\prod_{son}a_{son}!c(sz_{son},a_{son})$（$son$表示重心的儿子，$a_{son}$表示son子树内所选的节点个数）

由于$|S|=\sum_{son}a_{son}$，因此答案仅与$a_{i}$有关，对应答案为$(n-\sum_{son}a_{son})!\prod_{son}a_{son}!c(sz_{son},a_{son})^{2}$（对应的$|S|$有$\prod_{son}c(sz_{son},a_{son})$种）

令$f_{i}$表示当$\sum_{son}a_{son}=i$时$\prod_{son}c(sz_{son},a_{son})^{2}$的和，dp转移即可，时间复杂度为$o(n^{2})$（枚举子树和$a_{i}$的总量为$o(n)$），还可以用分治fft优化到$o(n\log^{2}n)$

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 5005
 4 #define mod 1000000007
 5 struct ji{
 6     int nex,to;
 7 }edge[N<<1];
 8 vector<int>v;
 9 int E,n,m,x,y,ans,head[N],sz[N],fac[N],inv[N],f[N][N];
10 int sqr(int n){
11     return 1LL*n*n%mod;
12 }
13 int c(int n,int m){
14     return 1LL*fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
15 }
16 void add(int x,int y){
17     edge[E].nex=head[x];
18     edge[E].to=y;
19     head[x]=E++;
20 }
21 void dfs(int k,int fa){
22     int mx=0;
23     sz[k]=1;
24     for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex)
25         if (edge[i].to!=fa){
26             dfs(edge[i].to,k);
27             mx=max(mx,sz[edge[i].to]);
28             sz[k]+=sz[edge[i].to];
29         }
30     if (max(mx,n-sz[k])<=n/2){
31         if (!x)x=k;
32         else y=k;
33     }
34 }
35 int main(){
36     fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
37     for(int i=1;i<N-4;i++)fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod;
38     for(int i=2;i<N-4;i++)inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
39     for(int i=1;i<N-4;i++)inv[i]=1LL*inv[i]*inv[i-1]%mod;
40     scanf("%d",&n);
41     memset(head,-1,sizeof(head));
42     for(int i=1;i<n;i++){
43         scanf("%d%d",&x,&y);
44         add(x,y);
45         add(y,x);
46     }
47     x=y=0;
48     dfs(1,0);
49     if (y){
50         printf("%d",sqr(fac[n/2]));
51         return 0;
52     }
53     dfs(x,0);
54     v.push_back(0);
55     for(int i=head[x];i!=-1;i=edge[i].nex)v.push_back(sz[edge[i].to]);
56     m=v.size()-1;
57     f[0][0]=1;
58     int s=0;
59     for(int i=1;i<=m;i++){
60         for(int j=0;j<=s;j++)
61             for(int k=0;k<=v[i];k++)
62                 f[i][j+k]=(f[i][j+k]+1LL*fac[k]*sqr(c(v[i],k))%mod*f[i-1][j])%mod;
63         s+=v[i];
64     }
65     assert(s==n-1);
66     for(int i=0;i<n;i++){
67         int s=1LL*f[m][i]*fac[n-i]%mod;
68         if (i&1)s=mod-s;
69         ans=(ans+s)%mod;
70     }
71     printf("%d",ans);
72 }