传送门

题目大意

给定一棵 n n n个节点， n − 1 n-1 n−1 条边的树。你可以在每一条树上的边标上边权，使得：
每个边权都为 正整数；
这 n − 1 n-1 n−1个边权的乘积等于 k k k；
边权为 1 1 1 的边的数量最少。
定义 f ( u , v ) f(u,v) f(u,v) 表示节点 u u u到节点 v v v的简单路径经过的边权总和。你的任务是让 ∑ i = 1 n − 1 ∑ j = i + 1 n f ( i , j ) \sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=i+1}^{n}{f(i,j)} ∑i=1n−1​∑j=i+1n​f(i,j)最大。
最终答案可能很大，对 1 e 9 + 7 1e9+7 1e9+7取模即可。
k k k有可能很大，输入数据中包含了 m m m个质数 p i p_i pi​ ，那么 k k k为这些质数的乘积。
输入格式
第一行，一个整数 t ( 1 ≤ t ≤ 100 ) t(1\leq t\leq 100) t(1≤t≤100)，表示多组测试数据个数。对于每一个测试数据：
第一行，一个整数 n ( 2 ≤ n ≤ 1 0 6 ) n(2\leq n\leq 10^6) n(2≤n≤106)，表示树上节点数；
第 2 2 2至 n n n行，每行两个整数 u i u_i ui​和 v i ( 1 ≤ u i , v i ≤ n , u i ≠ v i ) ( 1 ≤ u i , v i ≤ n , u i ≠ v i ) v_i(1\leq u_i,v_i \leq n,u_i\neq v_i)(1≤u_i,v_i ≤n,u_i\neq v_i) vi​(1≤ui​,vi​≤n,ui​​=vi​)(1≤ui​,vi​≤n,ui​​=vi​)，描述了一条无向边；
第 n + 1 n+1 n+1行，一个整数 m ( 1 ≤ m ≤ 6 × 1 0 4 ) m(1\leq m\leq 6\times 10^4) m(1≤m≤6×104)，表示 k k k分解成质因子的个数；
第 n + 2 n+2 n+2行， m m m个质数 p i ( 2 ≤ p i < 6 × 1 0 4 ， 有 k = ∏ i = 1 m p i p_i (2\leq p_i< 6\times 10^4，有 k=\prod\limits_{i=1}^m p_i pi​(2≤pi​<6×104，有k=i=1∏m​pi​
数据保证所有的 n n n总和不超过 1 0 5 10^5 105，所有的 m m m总和不超过 6 × 1 0 4 6\times 10^4 6×104。
数据给出的边保证能够形成一棵树。

思路

考虑每条边对答案有多少次贡献。一条路径被经过，仅当起点是它左边的一个点，终点是它右边的一个点。贡献=左边点个数 × \times ×右边点个数 × \times ×边权。然后把最大的边权分给出现次数最多的就可以了。
当 m < n − 1 m<n-1 m<n−1时，要填上 1 1 1直到 m = n − 1 m=n-1 m=n−1。
当 m > n − 1 m>n-1 m>n−1时，要把多余的最大的合并成一个新的数，值为数的积，直到 m = n − 1 m=n-1 m=n−1。

代码

ll t,n,m,ans;
ll p[maxn],s[maxn];
vector<ll> e[maxn]; 
priority_queue<ll> q;

void init(){
	memset(s,0,sizeof s);
	memset(p,0,sizeof p);
	ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		e[i].clear();
	}
	while(!q.empty()) q.pop();
}

void dfs(ll x,ll f){
	s[x]=1;
	for(int i=0;i<e[x].size();i++){
		ll y=e[x][i];
		if(y==f) continue;
		dfs(y,x);
		s[x]+=s[y];
	}
}

void dfs2(ll x,ll f){
	for(int i=0;i<e[x].size();i++){
		ll y=e[x][i];
		if(y==f) continue;
		q.push(s[y]*(n-s[y]));
		dfs2(y,x);
	}
}

int cmp(ll a,ll b){
	return a>b;
}

int main(){
	int t;
	cin>>t;
	while(t--){
		init();
		scanf("%lld",&n);ll x,y;
		for(int i=1;i<=n-1;i++){
			scanf("%lld%lld",&x,&y);
			e[x].push_back(y);
			e[y].push_back(x);
		}
		scanf("%lld",&m);
		for(int i=1;i<=m;i++){
			scanf("%lld",&p[i]);//质数 
		}
		dfs(1,0);
		dfs2(1,0);
		sort(p+1,p+1+m,cmp);
		if(m<=(n-1)){
			ll top=1;
			while(!q.empty()){
				if(top<=m) ans+=q.top()*p[top];
				else ans+=q.top();
				ans%=mod;
				q.pop();
				top++;
			}
		}
		else{
			ll top=m-n+2;
			ll sum=1;
			for(int i=1;i<=(m-(n-1))+1;i++)
			{
				(sum*=p[i])%=mod;
			}
			p[top]=sum;
			
			while(q.size())
			{
				(ans+=q.top()*p[top])%=mod;
				q.pop();
				top++;
			}
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
}