AtCoder abc160 F - Distributing Integers【換根dp】

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題意

給一顆樹，指定一個點，從這個點開始染色，每次只能在已染色點旁邊染色，問從每個點開始染色分別能產生多少種染色序列。

題解

這個問題其實就是問一顆有根樹的拓撲序列個數。
其實我們知道不是樹的有向無環圖的拓撲序列個數是個np問題，但是樹的拓撲序列個數是一個可解的問題。\(n\) 的全排列個數為 \(n!\)，來考慮有多少種非法情況，可以發現，對於每個子樹，它的根一定要在這顆子樹的排列的第一個，那么這個子樹的排列中只有 \(\frac{1}{size}\) 個是合法的，那么所有排列中就只有 \(\frac{n!}{\prod_{u=1}^{n}size[u]}\) 種合法，那么一顆有根樹的拓撲序列數量就是 \(\frac{n!}{\prod_{u=1}^{n}size[u]}\)。
而這個題中給的是無根樹，然后問每個點作為根時該樹的拓撲序列個數，很明顯就是一個換根dp。做法就是以 \(1\) 為根預處理每顆子樹的大小和子樹前綴積，然后換根的轉移就很好寫了。

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <queue>
#define xx first
#define yy second
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
const int N=3e5+10;
const int M=1e6+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const LL INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
int n,siz[N];
vector<int> g[N];
LL fac[N],ans[N],mul[N];

LL qpow(LL x,LL k){
	LL res=1;
	while(k){
		if(k&1) res=res*x%mod;
		k>>=1;
		x=x*x%mod;
	}
	return res;
}

void predfs(int u,int fa){
	siz[u]=mul[u]=1;
	for(int v:g[u]){
		if(v==fa) continue;
		predfs(v,u);
		siz[u]+=siz[v];
		mul[u]=mul[u]*mul[v]%mod;
	}
	mul[u]=mul[u]*siz[u]%mod;
}

void dfs(int u,int fa,LL premul){
	LL down=premul;
	for(int v:g[u]) if(v!=fa) down=down*mul[v]%mod;
	ans[u]=fac[n-1]*qpow(down,mod-2)%mod;
	for(int v:g[u]) if(v!=fa) premul=premul*mul[v]%mod;
	for(int v:g[u]) if(v!=fa) dfs(v,u,premul*qpow(mul[v],mod-2)%mod*(n-siz[v])%mod);
}

int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1,u,v;i<n;i++){
		scanf("%d%d",&u,&v);
		g[u].push_back(v);
		g[v].push_back(u);
	}
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	predfs(1,0);
	dfs(1,0,1);
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
	return 0;
}