hdu 5378 Leader in Tree Land dp+逆元

题意：

一棵有n个节点的树中，明显有n棵子树。现在有1~n个数字，让你填充到节点。一棵子树的leader就是这棵子树里面最大的数字，很明显，一个数字可以作为多棵子树的leader。

现在让你找出这n个子树里，恰好有k个leader的方案数。

思路（官方题解）：

感觉官方题解很有道理，但还是不太能理解= =。第一次遇到这种类型的。。。

可以用求概率的思想来解决这个问题。令以i号节点为根的子树为第i棵子树，设这颗子树恰好有sz[i]个点。那么第i个点是第i棵子树最大值的概率为1/sz[i]，不是最大值的概率为(sz[i]-1)/sz[i]。现在可以求解恰好有k个最大值的概率。

令dp[i][j]表示考虑编号从1到i的点，其中恰好有j个点是其子树最大值的概率。 很容易得到如下转移方程：dp[i][j]=dp[i-1][j]*(sz[i]-1)/sz[i]+dp[i-1][j-1]/sz[i]。这样dp[n][k]就是所有点中恰好有k个最大值的概率。

题目要求的是方案数，用总数n！乘上概率就是答案。计算的时候用逆元代替上面的分数即可。

code：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 1005;const int MOD = 1e9+7;typedef long long LL;int n, k;int sz[N], inv[N];int dp[N][N];struct Edge {    int v, next;}edge[N<<1];int head[N], ec = 0;void addEdge(int u, int v) {    edge[ec] = (Edge){v, head[u]};    head[u] = ec++;}void dfs(int u, int par) {    sz[u] = 1;    for(int i = head[u];i != -1; i = edge[i].next) {        int v = edge[i].v;        if(v == par) continue;        dfs(v, u);        sz[u] += sz[v];    }}int mypow(int a, int b) {    LL ret = 1, tmp = a;    while(b) {        if(b&1) ret = ret*tmp%MOD;        b >>= 1;        tmp = tmp*tmp%MOD;    }    return (int)ret;}void solve() {    dfs(1, -1);    for(int i = 1;i <= n; i++) inv[i] = mypow(sz[i], MOD-2);    dp[0][0] = 1;    for(int i = 1;i <= n; i++) {        for(int j = 0;j <= i; j++) {            dp[i][j] = 0;            if(j != i) dp[i][j] = (LL)dp[i-1][j]*(sz[i]-1)%MOD*inv[i]%MOD;            if(j > 0) dp[i][j] = (dp[i][j]+(LL)dp[i-1][j-1]*inv[i]%MOD)%MOD;        }    }    LL res = dp[n][k];    for(int i = 1;i <= n; i++)         res = res*i%MOD;    printf("%d\n", (int)res);}            int main() {    int T, cas = 0;    scanf("%d", &T);    while(T--) {        scanf("%d%d", &n, &k);        memset(head, -1, sizeof(head)), ec = 0;        for(int i = 0;i < n-1; i++) {            int u, v;            scanf("%d%d", &u, &v);            addEdge(u, v);            addEdge(v, u);        }        printf("Case #%d: ", ++cas);        solve();    }    return 0;}