1677 treecnt(贡献)

1677 treecnt

基准时间限制：1 秒 空间限制：131072 KB 分值: 40 难度：4级算法题

给定一棵n个节点的树，从1到n标号。选择k个点，你需要选择一些边使得这k个点通过选择的边联通，目标是使得选择的边数最少。

现需要计算对于所有选择k个点的情况最小选择边数的总和为多少。

样例解释：

一共有三种可能:(下列配图蓝色点表示选择的点，红色边表示最优方案中的边)

选择点{1,2}:至少要选择第一条边使得1和2联通。

 

选择点{1,3}:至少要选择第二条边使得1和3联通。

选择点{2,3}:两条边都要选择才能使2和3联通。

Input

第一行两个数n，k(1<=k<=n<=100000) 接下来n-1行，每行两个数x,y描述一条边(1<=x,y<=n)

Output

一个数，答案对1,000,000,007取模。

Input示例

3 2

1 2

1 3

Output示例

4

//考虑边的贡献即可，因为，要选k个点，这条边连接的两个连通块大小为x，y的话，贡献为C(n,k)-C(x,k)-C(y,k)

 # include <cstdio>
 # include <cstring>
 # include <cstdlib>
 # include <iostream>
 # include <vector>
 # include <queue>
 # include <stack>
 # include <map>
 # include <bitset>
 # include <sstream>
 # include <set>
 # include <cmath>
 # include <algorithm>
 # pragma  comment(linker,"/STACK:102400000,102400000")
 using namespace std;
 # define LL          long long
 # define pr          pair
 # define mkp         make_pair
 # define lowbit(x)   ((x)&(-x))
 # define PI          acos(-1.0)
 # define INF         0x3f3f3f3f3f3f3f3f
 # define eps         1e-
 # define MOD         

 inline int scan() {
     int x=,f=; char ch=getchar();
     while(ch<''||ch>''){if(ch=='-') f=-; ch=getchar();}
     while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-''; ch=getchar();}
     return x*f;
 }
 inline void Out(int a) {
     if(a<) {putchar('-'); a=-a;}
     if(a>=) Out(a/);
     putchar(a%+'');
 }
 # define MX
 /**************************/

 int n,k;
 LL ans;
 vector<int> G[MX];
 int son[MX];
 LL cbk[MX];

 LL qk_mi(LL a,LL b)
 {
     LL res = ;
     while(b)
     {
         if (b&) res=res*a%MOD;
         b/=;
         a=a*a%MOD;
     }
     return res;
 }

 void dfs(int x,int pre)
 {
     son[x]=;
     for (int i=;i<G[x].size();i++)
     {
         if (G[x][i]==pre) continue;
         dfs(G[x][i],x);
         son[x]+=son[ G[x][i] ];
     }
     ans = (ans+cbk[n]-cbk[son[x]]-cbk[n-son[x]]+*MOD)%MOD;
 }

 int main()
 {
     scanf("%d%d",&n,&k);
     for (int i=;i<=n-;i++)
     {
         int a,b;
         scanf("%d%d",&a,&b);
         G[a].push_back(b);
         G[b].push_back(a);
     }

     cbk[k]=;
     for (int i=k+;i<=n;i++)
     {
         LL inv=qk_mi(i-k,MOD-);
         cbk[i]=((cbk[i-]*i)%MOD*inv)%MOD;
     }

     ans = ;
     dfs(,-);
     printf("%lld\n",ans);
     return ;
 }