比賽沒有仔細想，碼了個n2
暴力，結果還被卡常了。
暴力思路如下：
先列舉根為x，依次加入x+1,x+2,x+3……，加入乙個點y(y>x)時,如果它的子樹中沒有已經加入的點，那麼它就會使距離增大，再暴力往上跳，給它的祖先打上標記，直到到某個點，這個點已經被打上標記就可以停止了，同時可以算出增加的距離。
感覺這個思路很想gdoi-2017-d1-t2那種，因為每個點只會被打上一次標記，所以複雜度可以保證。
然而我忽略了這種樹上和邊有關的計數類問題必須要想到一種思路：對每條邊的貢獻單獨考慮。
我們可以列舉一條邊，給這條邊分成的兩個集合的點黑白染色，再反映到1-n的序列上。
這條邊的貢獻等於n∗
(n+1
)/2−
∑s∗(
s+1)
/2,其中s是各個連續相同顏色塊的長度。
當然我們也可以隨便選擇乙個根建樹，對於每條邊，只給它的深度大的端點的子樹染色，利用線段樹就可以直接求答案了。
既然是給子樹染色，那麼樹上啟發式用可以用上了。
撤銷操作就暴力染回去。
時間複雜度：o(
nlog
nlog
n)
code:
#include
#include
#define ll long long
#define fo(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i ++)
#define sqr(a) ((a) * (a + 1) / 2)
using namespace std;
const int n = 100005;
const ll mo = 1e9 + 7;
int n, x, y;
int final[n], tot;
struct edge e[n * 2];
int fa[n], bz[n], siz[n], son[n];
ll ans;
ll ksm(ll x, ll y)
struct tree t[n * 10];
void link(int
x, int
y) void dg(int
x) bz[x] = 0;
}void bin(int i, int l, int r)
void build(int i, int
x, int
y) int
m = (x + y) / 2;
build(i + i, x, m); build(i + i + 1, m + 1, y);
bin(i, x, y);
}void change(int i, int
x, int
y, int l, int r)
intm = (x + y) / 2;
if(l <= m) change(i + i, x, m, l, r); else change(i + i + 1, m + 1, y, l, r);
bin(i, x, y);
}void dfs(int
x) bz[x] = 0;
}void clear(int
x) bz[x] = 0;
}void dg1(int
x) if(son[x]) dg1(son[x]);
for(int i = final[x]; i; i = e[i].next)
change(1, 1, n, x, 1);
ans += (ll)n * (n + 1) / 2 - t[1].s;
if(son[fa[x]] != x) clear(x);
bz[x] = 0;
}int main()
dg(1);
build(1, 1, n);
dg1(1);
ans = ans * 2 % mo * ksm((ll)n * (n + 1) / 2, mo - 2) % mo;
printf("%lld", ans);
}
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