2018中国大学生程序设计竞赛 - 网络选拔赛- 1009 Tree and Permutation

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地址：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6446

思路：首先对a[1->n]的全排序分析，可以发现 ai->aj（就是排列中ai与aj相邻，ai在左边，aj在右）的次数为(n-1)的阶乘 (n-1)! （相当于将ai,aj当成一个数，n-1个数的全排列），也就是说任意两点的走的次数有 (n-1)! 次。

在对于树分析，对于一条边 t ，权值为w,它走过的次数 St 为该边左边的点到右边的点的总次数 * 2（因为还有右边点到左边点是一样的）,即若该边左边有 x个点，那么右边就是n-x个点，而任意两点走的次数为 (n-1)!次， 则 对于 边t 走过的次数 sum=x*(n-x)*((n-1)!)*2，对于所有的边都是如此。因此只要先预处理出 n! ,在求每一边的左边点的个数即可，对于树来说就是求该点所在子树的所有节点。

Code :

#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long LL;

struct node{
	LL s;
	LL w;
};
const int MOD=1e9+7;
const int MAX_N=100005;
int n;
vector<node> e[MAX_N];
node d[MAX_N];
LL dd[MAX_N];
LL ans;

void Build(int id,int pre);
void DFS(int id,int pre);
int main()
{
	dd[1]=1;
	for(LL i=2;i<MAX_N;++i)
		dd[i]=(dd[i-1]*i)%MOD;
	while(~scanf("%d",&n)){
		for(int i=0;i<=n;++i)
		{
			e[i].clear();
			d[i].s=0;	d[i].w=0;
		}
		int u,v,w;
		for(int i=1;i<n;++i)
		{
			scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
			e[u].push_back({v,w});
			e[v].push_back({u,w});
		}
		ans=0;
		Build(1,0);
		DFS(1,0);
		printf("%lld\n",ans*2%MOD);
	}
	return 0;
}

void Build(int id,int pre)
{
	LL s=1;
	for(auto c:e[id])
		if(c.s!=pre){
			Build(c.s,id);
			s+=d[c.s].s;
		}
	d[id].s=s;
}

void DFS(int id,int pre)
{
	for(auto c:e[id])
		if(c.s!=pre){
			ans=(ans+d[c.s].s*(n-d[c.s].s)*dd[n-1]%MOD*c.w%MOD)%MOD;
			DFS(c.s,id);
		}
}