根節點不一定是1，但是是乙個確定的點，看誰不是兒子就行了。。
這道題我們考慮從兒子推到根。設f[i][j]表示以i為根的子樹中，最長輕鏈長度為j的概率。
因為每乙個son被選為重兒子的概率相同，且重兒子對父親貢獻和輕兒子不同，所以要每乙個點為重兒子，之後挨個列舉每個兒子。這個效率是n^2，然後要列舉鏈的長度，如果列舉到size[root]，相當於n^3，廢掉了。。但只要列舉到size[son]+1就好了。更大不會再有意義，概率一定為零。
在計算答案時要再次用到f陣列，所以要先存一下，再轉過去。
對於每一次枚舉重兒子時列舉所有兒子時的計算方法。g[i][j]表示i節點子樹中最長鏈長為0~j的概率之和。
f[i][j]=f[son][j]*g[i][j]+g[son][j]*f[i][j]-f[i][j]*f[son][j];（對於重兒子）
考慮一次向答案上新增乙個子節點。那麼父節點最長為j的鏈出現地方有兩種可能。1，出現在之前已經新增到答案中的子節點裡（f[i][j]），那麼這時新新增的子節點的長度只要在0~j中哪乙個都無所謂了。同理，最長j出現在新新增的節點中，那之前新增的多長也就無所謂了。。。
那麼對於輕兒子呢？不同於重兒子，輕兒子與父親的連邊會對答案造成貢獻，所以只要把son的j改成j-1即可。
最後統計答案：根節點子樹中最長輕鏈長為j的概率*j，加個和就好了。
對於除法，乘逆元即可。
注：最好別看我**，巨醜，還難理解。。。我把f和g陣列合二為一了。。。。
#pragma gcc optimize("o3")
#include
#include
#include
#include
#include
#define n 3005
#define mod 1000000007
#define ll long long
using namespace std;
int read()
while(x>='0'&&x<='9')
return
sum*f;
}struct roadlu[n*2];
int n,e,adj[n];
ll out[n],sz[n],g[n],h[n],f[n][n];
bool v[n];
inline ll cheng(ll x,int m)
return ans;
}inline void dfs(int x)
ll fm=cheng(out[x],mod-2);
for(int i=adj[x];i;i=lu[i].next)
}g[0]=h[0];h[0]=0;
for(int k=1;k<=sz[to]+1;k++)g[k]=(g[k-1]+h[k])%mod,h[k]=0;
}for(int j=sz[x];j>=1;j--)g[j]=(g[j]-g[j-1]+mod)%mod;
for(int j=0;j<=sz[x];j++)f[x][j]=(f[x][j]+g[j]*fm%mod)%mod;
}if(!adj[x])f[x][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)f[x][i]=(f[x][i]+f[x][i-1])%mod;
}int main()
;adj[i]=e;}}
int root;
for(int i=1;i<=n;i++)if(!v[i])root=i;
dfs(root);
ll ans=0;
for(ll i=1;i<=n;i++)
ans=(ans+i*(f[root][i]-f[root][i-1]+mod)%mod)%mod;
cout<
}
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