牛客国庆集训派对Day3 H-Travel

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题目：

传送门

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分析：

我们以 $m$的两种情况进行分析：
当 $m=1$时：果断输出 $1$
当 $m>1$时：我们可以用 $m-1$条边，将这 $n$个点组成的图划分为 $m$个部分，那么这样的话我们就考虑将这 $m$个部分进行排列，也就是 $m$的全排列 $→m!$
而我们一共有 $n-1$条边，要选出 $m-1$条，即求组合： $C_{m-1}^{n-1}$
当然这样还是只能得到部分分，因为 $C_{m-1}^{n-1}$实在太大了，需要边运算边模，但除法并不具有这样的性质，故我们要将其转化为乘法，我们知道除以一个数，等于乘以这个数的乘法逆元，而再根据费马小定理可以知道一个数 $(x)$的乘法逆元 $(y)$
$=x^{模数-2}$
而对于上述式子，可以通过快速幂迅速求解

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代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring> 
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
#include<list>
#include<ctime>
#include<iomanip>
#include<string>
#include<bitset>
#include<deque>
#include<set>
#define LL long long
const int h=1 << 20;
#define ch cheap
#define XJQ (int)1000000007
using namespace std;
inline LL read() {
    LL d=0,f=1;char s=getchar();
    while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
    while(s>='0'&&s<='9'){d=d*10+s-'0';s=getchar();}
    return d*f;
}
LL n,m;
LL f[(int)1e5+5];
void fac()
{
    f[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++) f[i]=(LL)f[i-1]*i%XJQ;
    return;
}
LL gd(LL x,LL y)
{
    LL ans=1;
    while(y)
    {
        if(y&1) ans=ans*x%XJQ;
        y/=2;
        x=x*x%XJQ;
    }
    return ans;
}
LL c()
{
    return f[n-1]*gd(f[m-1]*f[n-m]%XJQ,XJQ-2)%XJQ;
}
int main()
{
    LL t=read();
    LL x;
    while(t--)
    {
        n=read(),m=read();
  	    fac();
        for(int i=0;i<2*n-2;i++) x=read();
        if(m==1) {printf("1\n");continue;}
        printf("%lld\n",(c())*f[m]%XJQ);
    }
    return 0;
}