题目要求
背景知识
深度优先搜索与 DFS 序
深度优先搜索算法（DFS）是一种用于遍历或搜索树或图的算法。以下伪代码描述了在树 T 上进行深度优先搜索的过程：
procedure DFS(T, u, L) // T 是被深度优先搜索的树 // u 是当前搜索的节点 // L 是一个链表，保存了所有节点被第一次访问的顺序 append u to L // 将节点 u 添加到链表 L 的末尾 for v in u.children do // 枚举节点 u 的所有子节点 v DFS(T, v) // 递归搜索节点 v
令 r 为树 T 的根，调用 DFS(T, r, L) 即可完成对 T 的深度优先搜索，保存在链表 L 中的排列被称为 DFS 序。相信聪明的你已经发现了，如果枚举子节点的顺序不同，最终得到的 DFS 序也会不同。
逆序对
给定一个长度为 n 的整数序列 a1,a2,⋯,an，该序列的逆序对数量是同时满足以下条件的有序数对 (i,j) 的数量：
1≤i<j≤n；
ai>aj。
1
2
问题求解
给定一棵 n 个节点的树，其中节点 r 为根。求该树所有可能的 DFS 序中逆序对数量之和。
输入格式
第一行输入两个整数 n，r（2≤n≤3×105，1≤r≤n）表示树的大小与根节点。
对于接下来的 (n−1) 行，第 i 行输入两个整数 ui 与 vi（1≤ui,vi≤n），表示树上有一条边连接节点 ui 与 vi。
输出格式
输出一行一个整数，表示该树所有可能的 DFS 序中逆序对数量之和。由于答案可能很大，请对 109+7 取模后输出。
样例输入 1
5 3
1 5
2 5
3 5
4 3
样例输出 1
24
样例输入 2
10 5
10 2
2 5
10 7
7 1
7 9
4 2
3 10
10 8
3 6
样例输出 2
516
解题思路
对于给定的树，首先进行DFS遍历，求出每个节点的子树大小 szsz，并将整棵树存储在邻接表中。
在DFS遍历过程中，需要维护一个树状数组，表示当前节点的DFS序（或者说时间戳）出现的次数。每访问到一个新节点 uu 时，通过查询树状数组，统计出其祖先节点的DFS序总和 s1s1，以及 DFS 序比 uu 大的节点的数量 s2s2
具体来说：我们可以用树状数组记录整棵树每个节点出现的次数，然后查询区间 [u+1,n][u+1,n] 的总和，即为 DFS 序比 uu 大的所有节点的出现次数之和。注意需要先将 uu 对应的计数减去 11，因为 uu 自身对统计并不存在。
可以通过简单的组合数计算，求出在根节点为 rootroot 的情况下，所有不合法的边的数量。对于每个子树 TT，其内部的边不会对答案贡献，因此只需考虑连接 TT 向其他子树的边。由于连接两个不同子树 T1T1 和 T2T2 的边肯定会造成环的出现，因此我们只需统计在每个 TT 内部，连接其与其它子树的边数即可，具体数量为 s2⋅(n−sz[u])s2⋅(n−sz[u])
代码
#include<iostream> #include<vector> using namespace std; typedef long long LL; const int N = 300010, P = 1e9+7; vector<int> g[N]; // 邻接表存储整张树 int sz[N],tr[N]; // sz数组记录子树大小，tr数组即为树状数组 int n,root; int sum=1,s1,s2; // sum为阶乘，s1和s2用于统计不合法路径的数量 void add(int x,int y) { for(int i=x;i<N;i+=(i&-i)) tr[i]+=y; } int query(int x) { int res=0; for(int i=x;i;i-=(i&-i)) res+=tr[i]; return res; } void dfs(int u,int fa) { add(u,1); // 将节点u对应位置的计数加1（表示u出现了一次） s1=(s1+query(n)-query(u))%P; // 统计所有深度比u小的节点的DFS序总和 sz[u]=1; // 初始化子树大小为1 int cnt=0; // cnt记录u的子节点个数 for(auto &j:g[u]) { if(j==fa) continue; dfs(j,u); // 递归搜索j的子树 sz[u]+=sz[j]; // 更新sz数组 cnt++; } for(int i=1;i<=cnt;i++) sum=(LL)sum*i%P; // 更新阶乘，即(n-sz[u])! 的值 s2=(s2+n-query(n)-sz[u]+1)%P; // 统计DFS序比u大的节点个数 add(u,-1); // 回溯时将u的计数减1（表示u已经不再访问） } int main() { scanf("%d%d",&n,&root); for(int i=0;i<n-1;i++) { int a,b; scanf("%d%d",&a,&b); g[a].push_back(b); g[b].push_back(a); // 无向图，需要双向添加边 } dfs(root,-1); int ans=((LL)s1*sum+(LL)s2*sum%P*(P+1)/4)%P; // 计算ans，具体见下面 printf("%d\n",ans); return 0; }
代码解读
首先定义一个数组g[N]来存储整张树的邻接表，并且定义了两个数组sz[N]和tr[N]，分别用来记录每个节点的子树大小和树状数组。同时定义了一个常量P，表示取模的数。
vector<int> g[N]; // 邻接表存储整张树
int sz[N],tr[N]; // sz数组记录子树大小，tr数组即为树状数组
const int N = 300010, P = 1e9+7;
对于dfs函数的每个节点u，进行以下处理：
将节点u的计数加1，即表示节点u出现了一次。
统计所有深度比u小的节点的DFS序总和，通过查询树状数组实现。
初始化节点u的子树大小为1，并且统计其子节点的个数。
对于每个非父亲节点j，递归地搜索其子树，并更新sz[u]数组
更新阶乘值，具体来说，对于任意一个子节点j，其与其它子节点之间的连接边顺序并不影响路径是否合法，因此我们需要将所有子节点与其它子节点的联系进行组合，而每种组合都只算一次，所以用阶乘来计算。例如，n−sz[u]n−sz[u]个节点之间的连接关系可以有(n−sz[u])!(n−sz[u])!种组合方式。
统计DFS序比u大的节点个数，这可以通过查询区间[u+1,n]的总和实现。注意，查询前需要先将节点u的计数减去1，因为节点u自身对统计无影响。
回溯时，需要将节点u的计数减去1，表示节点u已经不再访问。
void dfs(int u,int fa) { add(u,1); // 将节点u对应位置的计数加1（表示u出现了一次） s1=(s1+query(n)-query(u))%P; // 统计所有深度比u小的节点的DFS序总和 sz[u]=1; // 初始化子树大小为1 int cnt=0; // cnt记录u的子节点个数 for(auto &j:g[u]) { if(j==fa) continue; dfs(j,u); // 递归搜索j的子树 sz[u]+=sz[j]; // 更新sz数组 cnt++; } for(int i=1;i<=cnt;i++) sum=(LL)sum*i%P; // 更新阶乘，即(n-sz[u])! 的值 s2=(s2+n-query(n)-sz[u]+1)%P; // 统计DFS序比u大的节点个数 add(u,-1); // 回溯时将u的计数减1（表示u已经不再访问） }
最后，计算不合法路径的数量：对于每个子树TT，其内部的边不会对答案有贡献，因此只需考虑连接 TT 向其他子树的边。由于连接两个不同子树T1T1和T2T2的边肯定会造成环的出现，因此只需统计在每个TT内部，连接其与其它子树的边数即可，具体数量为s2⋅(n−sz[u])s2⋅(n−sz[u])
将s1⋅sums1⋅sum和s2⋅sum⋅(P+1)/4s2⋅sum⋅(P+1)/4相加，即可得到答案。
int ans=((LL)s1*sum+(LL)s2*sum%P*(P+1)/4)%P;
printf("%d\n",ans);
总结
本文使用树状数组及DFS遍历实现对该题的求解，读者可躬身实践。
我是秋说，我们下次见。
