[HEOI2013]SAO

XXIV.[HEOI2013]SAO

这题思路和我们之前的XXII.[ZJOI2010]排列计数类似，也是一棵树的拓扑序数。但是，那题边只有一种情况（相当于这题的第三组$20\%$的特殊限制），这题情况就比较复杂。

我们先忽略边方向的限制，把整张图看作一棵无向树。不妨令$0$号节点为根。

发现只维护一维信息并不能准确地合并状态。此题的数据访问暗示我们采用$n^2$算法，因此考虑二维DP。

设$f[i][j]$表示：在以$i$为根的子树中，$i$的拓扑序为$j$的方案数。则答案为$\sum f[0][i]$。

我们考虑将$x$同它的某个儿子$y$合并。设它们的当前大小分别为$sz_x$和$sz_y$。

假设我们现在要合并$f[x][i]$和$f[y][j](i\leq sz_x,j\leq sz_y)$。我们枚举一个$k$，表示最终合并后，有$k$个位于$y$子树内的点排在了$x$前面。

1. $y$应该放在$x$前面。

这时，必有$k\geq j$，因为那$k$个排在$y$前面的点都必定放在$x$前面。

则这次枚举贡献给了$f[x][i+k]$。

那么具体贡献了多少呢？

首先一定有$f[x][i]$和$f[y][j]$。

然后，前$i+k-1$个位置中，有$k$个位置是来自$y$的，有$C_{i+k-1}^k$。

后$sz_x+sz_y-i-k$个位置中，有$sz_x-i$个位置是来自$x$的，有$C_{sz_x+sz_y-i-k}^{sz_x-i}$。

然后最后的贡献就是这四个东西的乘积。

2. $y$应该放在$x$后面。

唯一有区别的是$k$的枚举范围变成$k<j$。

复杂度$O(n^3)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int T,n,f[1010][1010],head[1010],cnt,sz[1010],C[1010][1010],res,g[1010];
struct node{
	int to,next,val;
}edge[2010];
void ae(int u,int v,int w){
	edge[cnt].next=head[u],edge[cnt].to=v,edge[cnt].val= w,head[u]=cnt++;
	edge[cnt].next=head[v],edge[cnt].to=u,edge[cnt].val=-w,head[v]=cnt++;
}
void dfs(int x,int fa){
	sz[x]=1,f[x][1]=1;
	for(int e=head[x],y;e!=-1;e=edge[e].next){
		if((y=edge[e].to)==fa)continue;
		dfs(y,x);
		for(int i=1;i<=sz[x]+sz[y];i++)g[i]=0;
		if(edge[e].val==-1)for(int i=1;i<=sz[x];i++)for(int j=1;j<=sz[y];j++)for(int k=j;k<=sz[y];k++)g[i+k]=(1ll*f[y][j]*C[i+k-1][k]%mod*f[x][i]%mod*C[sz[x]+sz[y]-i-k][sz[x]-i]%mod+g[i+k])%mod;
		if(edge[e].val== 1)for(int i=1;i<=sz[x];i++)for(int j=1;j<=sz[y];j++)for(int k=0;k<     j;k++)g[i+k]=(1ll*f[y][j]*C[i+k-1][k]%mod*f[x][i]%mod*C[sz[x]+sz[y]-i-k][sz[x]-i]%mod+g[i+k])%mod;
		for(int i=1;i<=sz[x]+sz[y];i++)f[x][i]=g[i];
		sz[x]+=sz[y];
	}
}
int gt(){
	char c=getchar();
	while(c!='>'&&c!='<')c=getchar();
	return c=='>'?1:-1;
}
int main(){
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d",&n),memset(head,-1,sizeof(head)),memset(f,0,sizeof(f)),cnt=0;
		for(int i=0;i<=n;i++)C[i][0]=1;
		for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=i;j++)C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
		for(int i=1;i<n;i++){
			int x,y,z;
			scanf("%d",&x);
			z=gt();
			scanf("%d",&y);
			ae(x,y,z);
		}
		dfs(0,-1),res=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)(res+=f[0][i])%=mod;
		printf("%d\n",res);
	}
	return 0;
}

考虑优化。

我们看到这四个东西：

$f[x][i]*f[y][j]*C_{i+k-1}^k*C_{sz_x+sz_y-i-k}^{sz_x-i}$

发现，只有$f[y][j]$一个是与$j$有关的！

于是，我们可以改变枚举顺序，枚举$k$，然后直接用$f[y]$的前缀和就可以了。

因为少了一重循环，复杂度$O(n^2)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int T,n,f[1010][1010],head[1010],cnt,sz[1010],C[1010][1010],res,g[1010],s[1010][1010];
struct node{
	int to,next,val;
}edge[2010];
void ae(int u,int v,int w){
	edge[cnt].next=head[u],edge[cnt].to=v,edge[cnt].val= w,head[u]=cnt++;
	edge[cnt].next=head[v],edge[cnt].to=u,edge[cnt].val=-w,head[v]=cnt++;
}
void dfs(int x,int fa){
	sz[x]=1,f[x][1]=1;
	for(int e=head[x],y;e!=-1;e=edge[e].next){
		if((y=edge[e].to)==fa)continue;
		dfs(y,x);
		for(int i=1;i<=sz[x]+sz[y];i++)g[i]=0;
		if(edge[e].val==-1)for(int i=1;i<=sz[x];i++)for(int k=1;k<=sz[y];k++)g[i+k]=(1ll*s[y][k]*C[i+k-1][k]%mod*f[x][i]%mod*C[sz[x]+sz[y]-i-k][sz[x]-i]%mod+g[i+k])%mod;
		if(edge[e].val== 1)for(int i=1;i<=sz[x];i++)for(int k=0;k<=sz[y];k++)g[i+k]=(1ll*(s[y][sz[y]]-s[y][k]+mod)%mod*C[i+k-1][k]%mod*f[x][i]%mod*C[sz[x]+sz[y]-i-k][sz[x]-i]%mod+g[i+k])%mod;
		for(int i=1;i<=sz[x]+sz[y];i++)f[x][i]=g[i];
		sz[x]+=sz[y];
	}
	for(int i=1;i<=sz[x];i++)s[x][i]=(s[x][i-1]+f[x][i])%mod;
}
int gt(){
	char c=getchar();
	while(c!='>'&&c!='<')c=getchar();
	return c=='>'?1:-1;
}
int main(){
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d",&n),memset(head,-1,sizeof(head)),memset(f,0,sizeof(f)),cnt=0;
		for(int i=0;i<=n;i++)C[i][0]=1;
		for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=i;j++)C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
		for(int i=1;i<n;i++){
			int x,y,z;
			scanf("%d",&x);
			z=gt();
			scanf("%d",&y);
			ae(x,y,z);
		}
		dfs(0,-1),res=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)(res+=f[0][i])%=mod;
		printf("%d\n",res);
	}
	return 0;
}