There are NN vertices connected by N−1N−1 edges, each edge has its own length.
The set { 1,2,3,…,N1,2,3,…,N } contains a total of N!N! unique permutations, let’s say the ii-th permutation is PiPi and Pi,jPi,j is its jj-th number.
For the ii-th permutation, it can be a traverse sequence of the tree with NNvertices, which means we can go from the Pi,1Pi,1-th vertex to the Pi,2Pi,2-th vertex by the shortest path, then go to the Pi,3Pi,3-th vertex ( also by the shortest path ) , and so on. Finally we’ll reach the Pi,NPi,N-th vertex, let’s define the total distance of this route as D(Pi)D(Pi) , so please calculate the sum of D(Pi)D(Pi) for all N!N!permutations.
Input
There are 10 test cases at most.
The first line of each test case contains one integer NN ( 1≤N≤1051≤N≤105 ) .
For the next N−1N−1 lines, each line contains three integer XX, YY and LL, which means there is an edge between XX-th vertex and YY-th of length LL ( 1≤X,Y≤N,1≤L≤1091≤X,Y≤N,1≤L≤109 ) .
Output
For each test case, print the answer module 109+7109+7 in one line.
Sample Input
3 1 2 1 2 3 1 3 1 2 1 1 3 2
Sample Output
16 24
n个点，给出n-1条线（不会构成环）及其权值，求以这n个点的全排列为路径的权值之和
假设xy=a，而在n个点的全排列中，x点和y点相邻的情况出现的次数是2*(n-1)*(n-2)!
（2：xy=yx；n-1:xy在n个点中有n-1种位置可放；（n-2）！：放好xy之后，剩下的n-2个数任意放，即A n-2 取 n-2）
所以问题变为所有点对的距离*权值*次数之和
因为所有点对次数是一样的，所以关键在于求出所有点对的距离*权值之和
队友超级机智，相处了一个好办法，假设题目给了xy的长度，因为不可能出现环，所以路径是唯一的
ac的距离必定包含xy，也就是说可以算出经过每一段的次数*权值
对于线段xy，左边有a、x、b三个点，右边有y、c两个点，所以经过线段xy的次数肯定是2*3=6次，而且若已知一边的点数w，另一边的点数也是知道的（n-w）
如果把图建成一棵树，对于每一条枝干（线段），线段指向的父节点及其子节点总和就相当于线段一边的所有点数
#include<stdio.h>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<iostream>
#include<fstream>
#include<math.h>
#include<stack>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<utility>
#include<set>
#include<map>
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
const double eps=0.0000000000001;
const ll mod=1000000007;
int t;
int n;
struct P{
int x;
int y;
ll v;
int nt;
};
P e[100005];
int head[100005];
int w[100005];
bool f[100005];
ll jc(int n){
//计算阶乘
ll ans=1;
while(n>=1){
ans*=n;
ans%=mod;
n--;
}
return ans;
}
ll gt(int s){
//深搜遍历整棵树，得到每个顶点子节点+1（自己)的数量
if(head[s]==-1){
w[s]=1;
return w[s];
}
ll ww=0;
for(int i=head[s];i!=-1;i=e[i].nt){
ww+=gt(e[i].y);
}
ww++;
w[s]=ww;
return ww;
}
void add_e(int i,int x,int y,ll v){
e[i].x=x;
e[i].y=y;
e[i].v=v;
e[i].nt=head[x];
head[x]=i;
}
int main(){
while(~scanf("%d",&n)){
memset(head,-1,sizeof(head));
memset(f,0,sizeof(f));
int x,y;
ll v;
for(int i=0;i<n-1;i++){
scanf("%d%d%Illd",&x,&y,&v);
if(f[y]==0){
add_e(i,x,y,v);
f[y]=1;
}
else{
add_e(i,y,x,v);
f[x]=1;
}
//使图成为一棵树，如果已经有点指向y点了，就反向插入边
}
memset(w,0,sizeof(w));
for(int i=1;i<=n;i++){
if(f[i]==0){
gt(i);
break;
}//找到根节点求出w
}
/*
for(int i=1;i<=n;i++){
cout<<i<<" "<<w[i]<<endl;
}
*/
ll ans=0;
for(int i=0;i<n-1;i++){
ll sum=0;
sum=(ll)w[e[i].y]*(n-w[e[i].y]);
sum%=mod;
//经过边i的次数
sum*=e[i].v;sum%=mod;
//边i对答案贡献的价值量
ans+=sum;ans%=mod;
//所有边累加
}
ans*=jc(n-2); ans%=mod;
ans*=2; ans%=mod;
ans*=(n-1); ans%=mod;
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}这道题没做出来真的好不甘心啊！o(╥﹏╥)o
已经把基本思路都想出来了，可是没有考虑到建图的时候要建成树，想出思路的时候很兴奋直接就开始打，没有先把所有环节理清楚，想着边打边顺，但是图论的题真的会越改越懵，还是改不了急躁，感觉坑了一波队友 （＞人＜）
感觉现在已经是什么时候放弃都不奇怪的状态了，但是至少挣扎到博客文章数破80 (ノへ￣、)