分析
设 $F(E)$ 表示 $E$ 中的边全部未被覆盖的方案数。
根据容斥原理可以得到
$$
ans=\sum_{E}(-1)^{|E|}\times F(E)
$$
考虑怎么求 $F(E)$。可以这么考虑:把所有 $E$ 中的边去掉,那么每次选择的点对都要在同一个连通块内。假设剩下的连通块的大小为 $n_1,n_2,...,n_k$。
设 $G(n)$ 表示 $n$ 个点中两两一组的方案数。显然当 $n$ 为奇数时 $G(n)=0$,否则有 $G(n)=(n-1)\times(n-3)\times ...\times 1$。
那么就有 $F(E)=\prod_i G(n_i)$ 。
考虑快速的求 $F$ 。设 $f_{u, i}$ 表示子树 $u$ 中有 $i$ 个点没有匹配的方案数。
转移比较简单,但是要注意 $i=0$ 的情况:此时 $u$ 到 $fa_u$ 的边没有被覆盖,所以 $f_{u, 0}=-\sum_i f_{u, i}\times G(i)$ 。
时间复杂度是 $O(n^2)$ 的。
代码
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// author: M_sea
// website: http://m-sea-blog.com/
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#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define re register
using namespace std;
inline int read() {
int X=0,w=1; char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') w=-1; c=getchar(); }
while (c>='0'&&c<='9') X=X*10+c-'0',c=getchar();
return X*w;
}
const int N=5000+10;
const int mod=1e9+7;
struct edge { int v,nxt; } e[N<<1];
int head[N];
inline void addEdge(int u,int v) {
static int e_cnt=0;
e[++e_cnt]=(edge){v,head[u]},head[u]=e_cnt;
}
int n,sz[N];
int f[N][N],g[N],tmp[N];
inline void dfs(int u,int fa) {
sz[u]=f[u][1]=1;
for (re int i=head[u];i;i=e[i].nxt) {
int v=e[i].v; if (v==fa) continue;
dfs(v,u);
for (re int j=1;j<=sz[u]+sz[v];++j) tmp[j]=0;
for (re int j=1;j<=sz[u];++j)
for (re int k=0;k<=sz[v];++k)
tmp[j+k]=(tmp[j+k]+1ll*f[u][j]*f[v][k])%mod;
sz[u]+=sz[v];
for (re int j=1;j<=sz[u];++j) f[u][j]=tmp[j];
}
for (re int i=2;i<=sz[u];i+=2)
f[u][0]=(f[u][0]-1ll*f[u][i]*g[i]%mod+mod)%mod;
}
int main() {
n=read();
for (re int i=1;i<n;++i) {
int u=read(),v=read();
addEdge(u,v),addEdge(v,u);
}
g[0]=1;
for (re int i=2;i<=n;i+=2) g[i]=1ll*g[i-2]*(i-1)%mod;
dfs(1,0); printf("%d\n",mod-f[1][0]);
return 0;
}