题目描述
Farmer John 马戏团的 N 头奶牛（ 1 ≤ N ≤ 10^5 ）正在准备她们接下来的演出。演出在一棵结点编号为 1 … N 的树上进行。演出的“起始状态”可以定义为一个整数 1 ≤ K ≤ N 以及奶牛 1 … K 在树上的结点分布，使得没有两头奶牛位于相同的结点。 在一场演出中，奶牛们可以进行任意次数的“移动”。在一次移动中，一头奶牛从她的当前所在结点移动到一个未被占据的相邻结点。称两个起始状态是等价的，如果一个状态可以通过一系列移动到达另一个。
对于每一个 1 ≤ K ≤ N ，帮助奶牛们求出起始状态的等价类数量：即可选出的起始状态的最大数量，使得两两不等价。由于这些数字可能很大，输出模 10^9 + 7 的余数。
N ≤ 10^5
题解
很神奇的题目
猜结论，k只奶牛的位置不影响结果，最大数量只与奶牛间是否能交换有关，若干奶牛可以交换则只算一次
证明不会
所以可以假设k只奶牛都是当前深度最大的，只需要维护是否能交换即可，视作边
选一个度数>=3的点做根，如果没有就是链
关系有根与根之间的，父子间的以及兄弟（父亲不是根节点）间的，其余的关系可通过这三种得到
设编号从下往上从小到大，显然k=n-1和n时答案为k!
当k=n-2时，除编号为n-1的儿子以外，其余的根均相连
k<=n-3时所有根相连
当k<=n-2时兄弟相连
对于每个点x设dis[x]表示x向上到某个度数>=3的点的距离，因为根节点的度数>=3所以必然存在
所以x与儿子相连的条件是dis[x]+2<=n-k，即把向上的一段移开并多出两个来交换
只可能向上，因为如果要在一个非根节点处向另一棵子树走的话，父亲边+走上来的边+走下去的边已经有至少三条了
对于每种情况在考虑一下两端的出现时间，以及根的话要考虑父亲的出现时间，可以建一个0点来连
最后变成若干条边，每条边有出现时间，求每个时间的连通情况，线段树分治+可撤销并查集即可
code
#include
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define min(a,b) (a tr[400001];
bool bz[100001];
ll qpower(ll a,int b) {ll ans=1;while (b) {if (b&1) ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;} return ans;}
void New(int x,int y) {++len;a[len][0]=y;a[len][1]=ls[x];ls[x]=len;}
void bfs()
{
int i,j,k,l;
h=0;t=1;d[1]=root;
while (hdp[Y]) swap(X,Y);
fa[X]=Y;
if (dp[X]2) {root=i;break;}
if (!root) {fo(i,1,n) printf("%lld\n",jc[i]);return 0;}
bfs();
dfs(0,root,0);
ans=1;
work(1,1,n);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}