题意：
给一棵树，每一个结点都有一个信息，每一个时刻，某一对相邻的结点之间可以传递信息，那么存在一个最少的时间，使得所有的节点都可以拥有所有的信息。但是，题目不是求最短时间，而是求最短时间的情况下，有多少种传递方式：某一时刻传递信息的双方不一样则认为是不同的传递方式。（表述的不是很清楚，自己看原题了）
容易的出，最短的时间内，当然是每个节点将自己的信息想外传出去一次，并且接受一次信息，也就是树边的2倍【2*（n-1）】。
然后可以证明，在最短时间内，所有的传递方式都有一个“信息转换点”——其他节点的信息首先传递到此节点，然后信息再从这个节点向其他节点传递。
那么总方案数的计算就是可以枚举每个节点，将这个节点作为根节点，然后求当前情况下的方案——先求以当前节点为根的拓扑排序数，然后平方就是当前方案数。
拓扑排序数的计算方法：
c[i] 表示以i为根的子树的节结点（包含结点 i）
f[i] 表示以i为根的子树的拓扑排序数
则：当前结点now的拓扑排序数：
f[now] = f[son1]*f[son2]....f[sonx] * (c[now] - 1)! / (c[son1]! * c[son2]! * ... c[sonx]!)
即：所有子结点的排列数除以每颗子树所有结点的排列数（去重，对于子树的每一种拓扑序），然后乘以所有子树的拓扑序总数。
一遍dfs之后，就可以求出根节点的f值，然后在一边dfs，就可以依次求出所有节点的f值。
转移方法：
根据父节点的f值计算出去掉当前now节点之后的f值，然后以now为根节点，重新计算即可。看代码实现了。
这里用到了逆元，整个程序的速度有点慢。求逆元可以用扩展欧几里得算法，这里用的是费马定理，快速幂：x^(P-2)%P 就是x的逆元。
还有就是树dp，要避免用递归，但是还是用了，会爆栈的，所以就用手工栈了。
//#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define N 1000002
#define P 1000000007ll
ll fac[N], f[N], ff[N], cc[N], ans;
vector<int> g[N];
int n, c[N];
ll PowerMod(ll a, ll b, ll k) {
ll tmp = a, ret = 1;
while (b) {
if (b & 1) ret = ret * tmp % k;
tmp = tmp * tmp % k;
b >>= 1;
}
return ret;
}
void dfs1(int now, int fa) {
int u;
c[now]++;
for (int i=0; i<g[now].size(); i++)
if ((u = g[now][i]) != fa) {
dfs1(u, now);
c[now] += c[u];
}
ff[now] = cc[now] = 1;
for (int i=0; i<g[now].size(); i++)
if ((u=g[now][i]) != fa) {
ff[now] = ff[now]*f[u] % P;
cc[now] = cc[now]*fac[c[u]] % P;
}
f[now] = (ff[now]*fac[c[now]-1]%P) * PowerMod(cc[now], P-2, P) % P;
}
void dfs2(int now, int fa) {
int u; ll t;
if (now != 1) {
t = f[now]*(n-c[now])%P*cc[now]%P;
t = PowerMod(t, P-2, P);
f[now] = f[fa]*ff[now]%P*fac[c[now]]%P*t%P;
ans = (ans + f[now]*f[now]) % P;
}
for (int i=0; i<g[now].size(); i++)
if ((u = g[now][i]) != fa) dfs2(u, now);
}
int main() {
int size = 256 << 20; // 256MB
char *p = (char*)malloc(size) + size;
__asm__("movl %0, %%esp\n" :: "r"(p));
fac[0] = 1; for (int i=1; i<N; i++) fac[i] = fac[i-1]*i % P;
int T; scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d", &n);
for (int i=0; i<=n; i++) { c[i] = 0; g[i].clear(); }
for (int i=1, x, y; i<n; i++) {
scanf("%d%d", &x, &y);
g[x].push_back(y); g[y].push_back(x);
}
dfs1(1, 0);
ans = f[1] * f[1] % P;
dfs2(1, 0);
printf("%I64d\n", ans);
}
return 0;
}
