https://pintia.cn/problem-sets/994805046380707840/exam/problems/1518582895035215872

题意

给你一棵树,给定树根,要求树的所有结点编号的dfs序中逆序对的数量总和,对结果模 \(10^9 + 7\)

树的结点数 \(\leq 3*10^5\)

思路

首先会想到,树的dfs序的方案数是 \(\prod_{i=1}^{n}cntson[i]\)

接下来分析什么情况下树的dfs序会产生逆序对。

把会产生逆序对的情况分为两种,第一种是两个点是祖先和子孙的关系,那么如果祖先更大,这一对点一定会产生逆序对,对答案的贡献是dfs序的方案数

第二种是两个点不是祖先和子孙的关系,又因为每个点的编号互不相同,所以它们有1/2的概率会产生逆序对,对答案的贡献是dfs序的方案数/2

那么最后的答案就是 第一种情况的数量 * 第一种情况的点对贡献 + 第二种情况的数量 * 第二种情况的点对贡献

统计第一种情况的数量:需要知道一个点的祖先中有多少比它大,可以在dfs结点时模拟一个栈,当遍历到某个点就把它入栈,遍历子结点时它就在栈中,遍历完子节点后把它出栈,然后用树状数组统计数量

第二类点,只用分析一个父亲结点的子树的情况,然后会发现它就包含了所有第二类情况

code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 3e5 + 10, mod = 1e9 + 7;
int n, r;
int a[N];
vector<int> e[N];
ll fac[N], base, c[N], s, s2;
int sz[N]; // 第二类点:不是祖先也不是子孙的点 ll qpow(ll a,ll b){
ll ans=1;
while(b){
if(b%2){
ans*=a;
ans%=mod;
}
a*=a;
a%=mod;
b/=2;
}
return ans;
} inline int lowbit(int x) {return x & -x;} void upd(int x, ll k){
while(x<=n){
c[x]+=k;
x+=lowbit(x);
}
} ll sum(int x){
ll res=0;
while(x){
res+=c[x];
x-=lowbit(x);
}
return res;
} void init(int n) {
fac[0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
} void dfs(int u, int fa) {
sz[u] = 1;
s = (s + sum(n) - sum(u)) % mod;
upd(u, 1);
ll t = 0;//
int cn = 0;
for(auto v : e[u]) {
if(v == fa) continue;
dfs(v, u);
sz[u] += sz[v];
cn++;
s2 += t * sz[v]; s2 %= mod;
t += sz[v];
}
base = base * fac[cn] % mod;
upd(u, -1);
} int main() {
scanf("%d%d", &n, &r);
init(n);
for(int i = 1, u, v; i < n; i++) {
scanf("%d%d", &u, &v);
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
base = 1;
dfs(r, 0);
ll ans = s * base % mod;
// ans = (ans + (1ll * n * (n - 1) / 2 - s - s2) * base % mod * qpow(2, mod - 2) % mod) % mod;
ans = (ans + s2 * base % mod * qpow(2, mod - 2) % mod) % mod;
printf("%lld\n", ans);
// cout << "base: " << base << endl;
system("pause");
return 0;
}

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