[HNOI2015]实验比较
Description
小\(D\)被邀请到实验室，做一个跟图片质量评价相关的主观实验。实验用到的图片集一共有\(N\)张图片，编号为\(1\)到\(N\)。实验分若干轮进行，在每轮实验中，小\(D\)会被要求观看某两张随机选取的图片， 然后小\(D\)需要根据他自己主观上的判断确定这两张图片谁好谁坏，或者这两张图片质量差不多。 用符号"<",">"和"="表示图片\(x\)和\(y\)（\(x\)、\(y\)为图片编号）之间的比较：
如果上下文中\(x\)和\(y\)是图片编号，则\(x<y\)表示图片\(x\)"质量优于"\(y\)，\(x>y\)表示图片\(x\)"质量差于"\(y\)，\(x=y\)表示图片\(x\)和\(y\)"质量相同"；
也就是说，这种上下文中，"<"、">"、"="分别是质量优于、质量差于、质量相同的意思；在其他上下文中，这三个符号分别是小于、大于、等于的含义。图片质量比较的推理规则（在\(x\)和\(y\)是图片编号的上下文中）：
（1）\(x<y\)等价于\(y>x\)。
（2）若\(x<y\)且\(y=z\)，则\(x<z\)。
（3）若\(x<y\)且\(x=z\)，则\(z<y\)。
（4）\(x=y\)等价于\(y=x\)。
（5）若\(x=y\)且\(y=z\)，则\(x=z\)。
实验中，小\(D\)需要对一些图片对\((x, y)\)，给出\(x<y\)或\(x=y\)或\(x>y\)的主观判断。小\(D\)在做完实验后， 忽然对这个基于局部比较的实验的一些全局性质产生了兴趣。在主观实验数据给定的情形下，定义这\(N\)张图片的一个合法质量序列为形如"\(x_1\,R_1\,x_2\,R_2\,x_3\,R_3\,…x_{N-1}\,R_{N-1}\,x_N\)"的串，也可看作是集合\(\{x_i\,R_i\,x_{i+1}|1\leqslant i\leqslant N-1\}\)，其中\(x_i\)为图片编号，\(x_1,x_2,…,x_N\)两两互不相同（即不存在重复编号），\(R_i\)为<或=，"合法"是指这个图片质量序列与任何一对主观实验给出的判断不冲突。
例如： 质量序列\(3<1=2\)与主观判断"\(3>1，3=2\)"冲突（因为质量序列中\(3<1\)且\(1=2\)，从而\(3<2\)，这与主观判断中的\(3=2\)冲突；同时质量序列中的\(3<1\)与主观判断中的\(3>1\)冲突） ，但与主观判断"\(2=1，3<2\)"不冲突；因此给定主观判断"\(3>1，3=2\)"时，\(1<3=2\)和\(1<2=3\)都是合法的质量序列，\(3<1=2\)和\(1<2<3\)都是非法的质量序列。由于实验已经做完一段时间了，小\(D\)已经忘了一部分主观实验的数据。对每张图片\(i\)，小\(D\)都最多只记住了某一张质量不比\(i\)差的另一张图片\(K_i\)。这些小\(D\)仍然记得的质量判断一共有\(M\)条\((0\leqslant M\leqslant N)\)，其中第\(i\)条涉及的图片对为\((K_{X_i},X_i)\)，判断要么是\(K_{X_i}<X_i\)，要么是\(K_{X_i}=X_i\)，而且所有的\(X_i\)互不相同。小\(D\)打算就以这\(M\)条自己还记得的质量判断作为他的所有主观数据。
现在，基于这些主观数据，我们希望你帮小\(D\)求出这\(N\)张图片一共有多少个不同的合法质量序列。
我们规定：如果质量序列中出现"\(x=y\)"，那么序列中交换\(x\)和\(y\)的位置后仍是同一个序列。因此：\(1<2=3=4<5\)和\(1<4=2=3<5\)是同一个序列，\(1<2=3\)和\(1<3=2\)是同一个序列，而\(1<2<3\)与\(1<2=3\)是不同的序列，\(1<2<3\)和\(2<1<3\)是不同的序列。由于合法的图片质量序列可能很多， 所以你需要输出答案对\(10^9+7\)取模的结果
Input
第一行两个正整数\(N,M\)，分别代表图片总数和小\(D\)仍然记得的判断的条数；
接下来\(M\)行，每行一条判断，每条判断形如"\(x<y\)"或者"\(x=y\)"。
Output
输出仅一行，包含一个正整数，表示合法质量序列的数目对 10^9+7取模的结果。
Sample Input
5 4
1 < 2
1 < 3
2 < 4
1 = 5
Sample Output
5
HINT
不同的合法序列共5个，如下所示：
1 = 5 < 2 < 3 < 4
1 = 5 < 2 < 4 < 3
1 = 5 < 2 < 3 = 4
1 = 5 < 3 < 2 < 4
1 = 5 < 2 = 3 < 4
100%的数据满足N<=100。
首先注意到题目中很重要的一句话，对每张图片\(i\)，小\(D\)都最多只记住了某一张质量不比\(i\)差的另一张图片\(K_i\)，于是我们将所有等于关系的点缩到一起，对于点\(i\)，如果\(K_i\)存在，则\(i\)向\(K_i\)连边，那么显然构成了森林，我们用超级root把森林变成树
然后tree dp，设\(f[u]\)表示\(u\)的子树内的方案数
但是对于\(u\)的两个子树\(v,w\)，可能存在一些点质量相同，因此我们需要再添加一维，设\(f[u][i]\)表示\(u\)的子树内分成\(i\)端的方案数（每段里面的节点质量相等），设\(f'\)表示更新之前的\(f\)值，转移有
\(T\)表示\(j\)段和\(k\)段合并成\(i\)段的方案数
设\(f[u]\)的质量序列为\(A\)，\(f'[u]\)的质量序列为\(B\)，\(f[v]\)的质量序列为\(C\)，把他们合并起来相当于枚举\(B\)中的\(j-1\)段在\(A\)中的位置（起始端点已经被\(u\)霸占），那么方案为\(\binom{i-1}{j-1}\)，然后把\(C\)中的\(i-j\)段放置到\(A\)中使得\(A\)非空，剩下的与\(B\)合并，方案为\(\binom{j-1}{k-i+j}\)，则\(T=\binom{i-1}{j-1}\times\binom{j-1}{k-i+j}\)
答案即为\(Ans=\sum f[root][i]\)，由于每对点都只在lca处被计算贡献了\(O(n)\)次，因此复杂度为\(O(n^3)\)
/*program from Wolfycz*/
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define inf 0x7f7f7f7f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned int ui;
typedef unsigned long long ull;
inline char gc(){
static char buf[1000000],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int frd(){
int x=0,f=1; char ch=gc();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=gc()) if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=gc()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
return x*f;
}
inline int read(){
int x=0,f=1; char ch=getchar();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
return x*f;
}
inline void print(int x){
if (x<0) putchar('-'),x=-x;
if (x>9) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
const int N=1e2,Mod=1e9+7;
int pre[(N<<1)+10],now[N+10],child[(N<<1)+10],tot;
int fa[N+10],X[N+10],Y[N+10],top[N+10],dge[N+10],size[N+10];
int f[N+10][N+10],C[N+10][N+10],Ans;
bool L[N+10],Endl[N+10];
void prepare(){
for (int i=0;i<=N;i++){
C[i][0]=1;
for (int j=1;j<=i;j++) C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%Mod;
}
}
int find(int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);}
bool merge(int x,int y){
x=find(x),y=find(y);
return x!=y?fa[x]=y,0:1;
}
void join(int x,int y){pre[++tot]=now[x],now[x]=tot,child[tot]=y;}
void insert(int x,int y){join(x,y),join(y,x);}
void dfs(int x,int fa){
f[x][1]=size[x]=1;
for (int p=now[x],son=child[p];p;p=pre[p],son=child[p]){
if (son==fa) continue;
dfs(son,x);
static int g[N+10];
for (int i=1;i<=size[x]+size[son];i++){
g[i]=0;
for (int j=1;j<=size[x];j++){
for (int k=1;k<=size[son];k++){
if (k-i+j<0) continue;
g[i]=(g[i]+1ll*f[x][j]*f[son][k]%Mod*C[i-1][j-1]%Mod*C[j-1][k-i+j]%Mod)%Mod;
}
}
}
for (int i=1;i<=size[x]+size[son];i++) f[x][i]=g[i];
size[x]+=size[son];
}
}
int main(){
prepare();
int n=read(),m=read();
for (int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
for (int i=1;i<=m;i++){
char ch[5];
scanf("%d%s%d",X+i,ch,Y+i);
L[i]=(ch[0]=='=');
if (L[i]) merge(X[i],Y[i]);
}
for (int i=1;i<=n;i++) Endl[top[i]=find(i)]=1;
for (int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
for (int i=1;i<=m;i++){
if (L[i]) continue;
insert(top[X[i]],top[Y[i]]);
dge[top[Y[i]]]++;
if (merge(top[X[i]],top[Y[i]])) return printf("0\n"),0;
}n++;
for (int i=1;i<n;i++) if (Endl[i]&&!dge[i]) insert(n,i);
dfs(n,0);
for (int i=1;i<=size[n];i++) Ans=(Ans+f[n][i])%Mod;
printf("%d\n",Ans);
return 0;
}
