\(\mathcal{Description}\)

  Link.

  給定一棵 \(n\) 個點的樹，其中 \(2|n\)，你需要把這些點兩兩配對，並把每對點間的路徑染色。求使得所有邊被染色的方案數，對 \(10^9+7\) 取模。

  \(n\le5000\)。

\(\mathcal{Solution}\)

  容斥，令 \(f(S)\) 表示欽定邊集 \(S\) 全部為被覆蓋的方案數。顯然答案為：

\[\sum_{S\subseteq E}(-1)^{|S|}f(S) \]

  \(S\) 的斷邊相當於把原樹切分為聯通塊，且塊內可以任意配對。令 \(g(n)\) 表示大小為 \(n\) 的塊任意配對的方案數，則：

\[g(n)=\begin{cases} [n=2]&n\le2\\ (n-1)g(n-2)&\text{otherwise} \end{cases} \]

  理解上，考慮在 \(g(n-2)\) 的基礎上新加兩個點。則可以拆開原來的一對點和這兩個點配對，方案數 \(\frac{n-2}2\times2\)；這兩個點亦可直接配對，方案數 \(1\)。

  利用樹上 DP 求解，令 \(h(u,i)\) 表示 \(u\) 子樹內有 \(i\) 個點與 \(u\) 連通的方案數。樹上揹包轉移：

\[h(u,i)=\sum h(v,j)h(w,i-j) \]

  特別地，\(h(u,0)\)

\[h(u,0)=-\sum h(u,i)g(i) \]

  答案即為 \(-g(root,0)\)。

\(\mathcal{Code}\)

#include <cstdio>

const int MAXN = 5000, MOD = 1e9 + 7;
int n, ecnt, head[MAXN + 5], siz[MAXN + 5];
int g[MAXN + 5], f[MAXN + 5][MAXN + 5];

struct Edge { int to, nxt; } graph[MAXN * 2 + 5];

inline void addeq ( int& a, const int b ) { if ( ( a += b ) >= MOD ) a -= MOD; }

inline void link ( const int s, const int t ) {
	graph[++ ecnt] = { t, head[s] };
	head[s] = ecnt;
}

inline void solve ( const int u, const int fa ) {
	static int tmp[MAXN + 5];
	f[u][1] = siz[u] = 1;
	for ( int i = head[u], v; i; i = graph[i].nxt ) {
		if ( ( v = graph[i].to ) ^ fa ) {
			solve ( v, u );
			for ( int j = 1; j <= siz[u] + siz[v]; ++ j ) tmp[j] = 0;
			for ( int j = 0; j <= siz[v]; ++ j ) {
				for ( int k = 1; k <= siz[u]; ++ k ) {
					addeq ( tmp[j + k], 1ll * f[v][j] * f[u][k] % MOD );
				}
			}
			for ( int j = 1; j <= siz[u] + siz[v]; ++ j ) f[u][j] = tmp[j];
			siz[u] += siz[v];
		}
	}
	for ( int i = 2; i <= siz[u]; i += 2 ) addeq ( f[u][0], 1ll * f[u][i] * g[i] % MOD );
	f[u][0] = ( MOD - f[u][0] ) % MOD;
}

int main () {
	scanf ( "%d", &n );
	for ( int i = 1, u, v; i < n; ++ i ) {
		scanf ( "%d %d", &u, &v );
		link ( u, v ), link ( v, u );
	}
	g[0] = 1;
	for ( int i = 2; i <= n; i += 2 ) g[i] = ( i - 1ll ) * g[i - 2] % MOD;
	solve ( 1, 0 );
	printf ( "%d\n", ( MOD - f[1][0] ) % MOD );
	return 0;
}