lyk有一棵树，它想给这棵树重标号。
重标号后，这棵树的所有叶子节点的值为它到根的路径上的编号最小的点的编号。
这棵树的烦恼值为所有叶子节点的值的乘积。
lyk想让这棵树的烦恼值最大，你只需输出最大烦恼值对1e9+7取模后的值就可以了。
注意一开始1号节点为根，重标号后这个节点仍然为根。
update：数据保证叶子节点个数<=20。
例如样例中，将1,2,3,4,5重标号为4,3,1,5,2，此时原来编号为4,5的两个叶子节点的值为3与1，这棵树的烦恼值为3。不存在其它更优解。
Input
第一行一个数n(1<=n<=100000)。
接下来n-1行，每行两个数ai,bi(1<=ai,bi<=n)，表示存在一条边连接这两个点。
Output
一行表示答案
Input示例
5
1 2
2 4
2 3
3 5
Output示例
3
有一个贪心，就是把小的数尽可能放到靠近叶子节点的点，即从叶子到根逐渐变大
这样小的值就影响尽可能少的叶子
先可以把儿子数为1的点缩掉，这样缩完点后的新树只有40个点左右
我们设$f[S]$表示叶子状态为S的最大烦恼值
为1表示已经分配了值
现在我们要给i分配一个值，转移到S|(1<<i-1)
我们为了满足贪心原则，只有满足子树中叶子全部出现在了S中才有值
否则就会出现矛盾，即从i叶子到根会有比i小的情况
也就是算出这些子树的节点数id，然后叶子i填id+1，计入答案
由于取模不能判大小，所以在维护一个double比大小
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long lol;
struct Node
{
int next,to;
}edge[],edge2[];
int head[],num,num2,head2[],dep[],in[],b[],cnt,tot,n,l[],sz[],s[];
double f[<<];
lol g[<<],Mod=1e9+,w[],sum;
void add(int u,int v)
{
num++;
edge[num].next=head[u];
head[u]=num;
edge[num].to=v;
}
void add2(int u,int v)
{
num2++;
edge2[num2].next=head2[u];
head2[u]=num2;
edge2[num2].to=v;
}
void dfs(int x,int pa,int tp)
{int i;
dep[x]=dep[pa]+;
if (in[x]!=)
{
b[++cnt]=x;w[cnt]=dep[x]-dep[tp];
if (tp!=x)
add2(tp,x);
tp=x;
}
for (i=head[x];i;i=edge[i].next)
{
int v=edge[i].to;
if (v!=pa) dfs(v,x,tp);
}
}
int main()
{int i,u,v,j,k;
cin>>n;
for (i=;i<=n-;i++)
{
scanf("%d%d",&u,&v);
add(u,v);add(v,u);
in[u]++;in[v]++;
}
in[]=-;
dfs(,,);
for (i=;i<=n;i++)
if (in[i]==)
l[++tot]=i,sz[i]=;
for (i=cnt;i>=;i--)
{
for (j=head2[b[i]];j;j=edge2[j].next)
{
int v=edge2[j].to;
sz[b[i]]+=sz[v];
}
}
f[]=g[]=;
for (i=;i<(<<tot)-;i++)
{
for (j=;j<=cnt;j++)
s[b[j]]=;
for (j=;j<=tot;j++)
if (i&(<<j-))
s[l[j]]=;
lol id=;
for (j=cnt;j>=;j--)
{
for (k=head2[b[j]];k;k=edge2[k].next)
{
int v=edge2[k].to;
s[b[j]]+=s[v];
}
if (s[b[j]]==sz[b[j]]) id+=w[j];
}
double as=f[i]*id;
for (j=;j<=tot;j++)
if ((i&(<<j-))==&&as>f[i|(<<j-)])
f[i|(<<j-)]=as,g[i|(<<j-)]=g[i]*id%Mod;
}
cout<<g[(<<tot)-];
}