2018.8.5T2（大贪心）

描述
给定一棵 n 个点的边有长度的无根树，小 A 的班里一共有 m 个男生和 m 个女生，他们各自会等概率出现在树上 n 个点中的某一个，(注意同一个点上可能会出现多个人)。

然后小 A 会将他们配对成 m 对男女，设 $dis_i$ 是第 i 对男女在树上的最短距离，小 A 会选择使得 $∑_{i=1}^{m}dis_i$ 最大的配对方案。

现在小 A 想知道，他选择的配对方案中 $∑_{i=1}^{m}dis_i$ 的期望，由于答案可能过大，你只需要输出答案 $n^{2m}$ 后对 $10^9+7$ 取模的值，这个值显然是一个整数

输入格式
第一行两个正整数 $n,m$
接下来 n−1 行，每行三个正整数 $(u,v,w)$ 表示有一条长度为 w 的边 $(u,v)$
输出格式
输出答案 $n^2m$ 后对 $10^9+7$ 取模的值。

样例1
样例输入
3 1
1 2 1
2 3 1
样例输出
8
样例2
见下载文件

补充样例
样例输入
2 2
1 2 1
样例输出
20

惨痛的经历在这里就不再重复了0.0
我们考虑50分 $O(n^3)$ 做法（这里我们把n和m算复杂度都当成n）
好好想想不难想到枚举边，算贡献的做法
我们枚举所有得边，枚举某一遍的男生女生个数
比如说当左边的子树大小为x，边的权值为v时
那么这条边的贡献为：
$\sum_{a=0}^{m}\sum_{b=0}^{m}C_m^aC_m^bx^ax^b(n-x)^{m-a}(n-x)^{m-b}*(min(a,m-b),min(b,m-a))$
然后组合数还有 $x^i,(n-x)^i$ 都可以预处理
那么 $O(n^3)$ 做法就到这了

我们考虑优化，怎么优化到 $O(n^2)$ 或者 $O(n^2logn)$ 呢？
solution①
我们把a和b的把部分拆开
也就是 $f_a=C_m^ax^a(n-x)^{m-a}$
然后加一些判断条件后前缀和优化一下即可优化到 $O(n^2)$
是不是觉得很麻烦啊
solution②
实际上我们这里是把枚举边放在外面的
那我们可不可以枚举a和b，考虑边的贡献呢？
化一下式子你会惊讶的
我们把和边有关的提出来，你会发现可以做了
别急，我们看式子：
$\sum_{a=0}^m\sum_{b=0}^mC_m^aC_m^b\sum_{edge∈E}vx^{a+b}(n-x)^{2m-(a+b)}$ 你发现后面的式子是一个只和 $a+b$ 有关的式子，也就是我们预处理出来所有边对a+b的贡献
即 $F[x][a+b]$ 式子变为
$\sum_{a=0}^m\sum_{b=0}^mC_m^aC_m^bF[x][a+b]$
那么也可以优化到 $O(n^2)$ 了
什么？？你还嫌麻烦
莫慌莫慌，莫急莫急，下面是我的做法了
solution③
我们考虑贪心
上一个做法的瓶颈在于枚举a和b
我们考虑是否可以直接枚举人
也就是说假如左边 $j$ 个人，右边 $2m-j$ 个人我们能否直接知道这条边会被走过几次呢
我们观察一下 $min(a,m-b)+min(b,m-a)$ 与 $min(a+b,2m-a-b)$ 直接的关系
假如你数学不好看不出来的话仿佛又遇到了瓶颈
没事，我们有强大的贪心
结论就是上面两个式子相等！
为什么？
我们考虑反证
假如能匹配上的对数小于 $min(j,2m-j)$
那么我们把这些已经匹配的人拿掉，意味着剩余人不再匹配，那说明什么？
说明左右所有人同性
矛盾
那么原命题成立
也就是说我们只要枚举总人数再套上面的式子就行了
就是一条边的贡献变为：
$\sum_{j=0}^{2m}C_{2m}^jx^j(n-x)^{2m-j}v*min(j,2m-j)$
同样是 $O(n^2)$
是不是简单又好懂呢

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define rep(i,j,k) for(int i = j;i <= k;++i)
int n , m , linkk[2510] , t;
int son[2510] , dep[2510];
int C[5010][5010];
const int Mod = 1e9+7;
int ans;
struct node{
    int n , x , y , v;
}e[5010];
int read()
{
    int sum = 0;char c = getchar();bool flag = true;
    while( c < '0' || c > '9' ) {if(c == '-') flag = false;c = getchar();}
    while( c >= '0' && c <= '9' ) sum = sum * 10 + c - 48 , c = getchar();
    if(flag)  return sum;
     else return -sum;
}
void insert(int x,int y,int z)
{
    e[++t].y = y;e[t].x = x;e[t].n = linkk[x];e[t].v = z;linkk[x] = t;
    e[++t].y = x;e[t].x = y;e[t].n = linkk[y];e[t].v = z;linkk[y] = t;
    return;
}
void dfs_pre(int x,int fa)
{
    dep[x] = dep[fa] + 1;
    for(int i = linkk[x];i;i = e[i].n)
        if(e[i].y != fa)
        {
            int y = e[i].y;
            dfs_pre(y,x);
            son[x] += son[y];
        }
    son[x]++;
    return;
}
void pre()
{
    C[0][0] = 1;
    rep(i,1,2*m)
    {
        C[i][0] = 1;
        rep(j,1,i-1)
            C[i][j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % Mod;
        C[i][i] = 1;
    }
    return;
}
void init()
{
    n = read();m = read();
    rep(i,1,n-1)
    {
        int x = read() , y = read() , z = read();
        insert(x , y , z);
    }
    dfs_pre(1,0);
    pre();
    return;
}
int mi1[5010],mi2[5010];
void mul(int &a,int b)
{
    a = 1ll * a * b % Mod;
    return;
}
void work()
{
    mi1[0] = mi2[0] = 1;
    rep(i,1,n-1)
    {
        int x = e[2 * i - 1].x , y = e[2 * i - 1].y , v = e[2 * i - 1].v;
        if(v == 0) continue;
        if(dep[x] > dep[y]) swap(x,y);
        rep(i,1,2*m) mi1[i] = (1ll*mi1[i-1] * son[y]) % Mod;//son^y
        rep(i,1,2*m) mi2[i] = (1ll*mi2[i-1] * (n-son[y])) % Mod;
        rep(a,0,2*m)
        {
            int now = C[2*m][a];
            mul(now,mi1[a]);mul(now,mi2[2*m - a]);mul(now,min(a,2*m-a));mul(now,v);
            ans = (ans + now) % Mod;
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
    return;
}
int main()
{
    init();
    work();
    return 0;
}

2018.8.5T2（大贪心）

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