P4099 [HEOI2013] SAO

P4099 [HEOI2013] SAO

很有意思的一道题。

考虑树形 DP。首先考虑的是 $f_i$ 表示 $i$ 为根的子树内合法的拓扑序数量，但是这样合并子树的时候是无法计算的，如下图：

假设 $1$ 当前合并了 $3$ 这棵子树，接下来要合并红色和蓝色的部分，此时 $2$ 必须在 $1$ 之后挑战，但是方案数并不是简单地两个 $f$ 值相乘，观察可以发现 $5,4,7$ 号点的合并顺序是任意的，并且 $1,2$ 都挑战了之后 $3,6,8$ 的挑战顺序也不是一种，所以我们合并的时候会乘两个神秘系数。

观察性质，合并 $i,to$ 两棵树时，问题可以抽象为两个序列，合并之后 $i$ 需要在 $to$ 前面并且保持原先相对顺序不变，而上面所说的的神秘系数其实完全由在 $i,to$ 之前与之后的数的个数决定。

注意到我们并不关心前面的数的顺序，因为这个东西显然满足乘法原理，只需要把顺序数存在 $f$ 里直接乘起来就是对的。

很自然的，想到再加一维状态 $f_{i,j}$ 表示 $i$ 在它当前子树内排名为 $j$ 的方案数（本质上还是记录的在它之前的数的个数 $j-1$，而在它之后的数就是 $siz_i-j$），接下来是愉快的推式子时间：

设 $i,to$ 为当前合并的两棵树，其中 $i$ 在它所在的子树内排在第 $j$ 位，$to$ 在它所在的子树内排在第 $k$ 位。

若 $i$ 指向 $to$，即 $i$ 在 $to$ 之前挑战，则合并大概是这样的：

橙圈表示合并后的序列在 $i$ 之前的数字数，枚举 $t$ 表示合并后 $i$ 的位置在第 $t$ 位，则红圈一定是第 $t$ 个，橙圈中应当有 $t-1$ 个数，其中 $j-1$ 个为序列 $i$ 中的元素，合并顺序随意，所以第一个系数就是 $C_{t-1}^{j-1}$。

新序列中第 $t$ 个为数字是 $i$，接下来 $siz_i+siz_to-t$ 个数中有 $siz_i-j$ 个是序列 $i$ 中的元素，所以第二个系数就是 $C_{siz_i+siz_to-t}^{siz_i-j}$。

对于 $t$ 的取值，最少取 $j$，最多取 $j+k-1$，因为 $to$ 一定在 $i$ 之后，如果 $t>j+k-1$ 则一定是合法。

整理一下，在外层枚举 $t$，求出 $k$ 的取值范围 $[1,t-j+1]$ 就得出转移方程：

$$f_{i,t}=f_{i,j}f_{to,k}C_{t-1}^{j-1}C_{siz_i+siz_to-t}^{siz_i-j}$$

观察一下，其中只有 $f_{to,k}$ 一项中包含 $k$，并且是连续的一段，显然可以用前缀和优化。

对于 $to$ 指向 $i$ 的情况也是同理，转移方程甚至也是一样的，只不过取值变了一些。

最后讨论一下时间复杂度，对于每一条边连接 $fa_x$ 和 $x$，它会被计算 $(siz_{fa_x}-siz_x)siz_x$，相当于是把它两边的点互相枚举了一遍，这样每个点对只会合并一次，所以时间复杂度是优秀的 $\mathcal O(n^2)$。

本题无论是状态的设计，方程的推导，范围的计算，转移的优化都需要细致的思考，是一道不可多得的好题。

int T,n,cnt,fr[1001],inv[1001],head[1001],to[2001],nex[2001],v[2001],tmp[1001],f[1001][1001],siz[1001];
inline void add(int x,int y,int z){to[++cnt]=y,v[cnt]=z,nex[cnt]=head[x],head[x]=cnt;}
inline int C(int n,int m){return fr[n]*inv[m]%MOD*inv[n-m]%MOD;}
inline int power(int x,int y)
{
	int s=1;
	for(;y;y>>=1,x=x*x%MOD)if(y&1)s=s*x%MOD;
	return s;
}
void dfs(int x,int fa)
{
	siz[x]=1,f[x][1]=1;
	for(int i=head[x];i;i=nex[i])
	{
		if(to[i]==fa)continue;
		dfs(to[i],x),memcpy(tmp,f[x],sizeof(tmp)),memset(f[x],0,sizeof(f[x]));
		if(v[i]==1)
		{
			for(int j=1;j<=siz[x];++j)
			{
				for(int t=j;t<=j+siz[to[i]]-1;++t)
				f[x][t]=(f[x][t]+tmp[j]*((f[to[i]][siz[to[i]]]-f[to[i]][t-j])%MOD+MOD)%MOD*C(t-1,j-1)%MOD*C(siz[x]+siz[to[i]]-t,siz[x]-j))%MOD;
			}
		}
		else
		{
			for(int j=1;j<=siz[x];++j)
			{
				for(int t=j+1;t<=siz[to[i]]+j;++t)
				f[x][t]=(f[x][t]+tmp[j]*f[to[i]][t-j]%MOD*C(t-1,j-1)%MOD*C(siz[x]+siz[to[i]]-t,siz[x]-j))%MOD;
			}
		}
		siz[x]+=siz[to[i]];
	}
	for(int i=2;i<=siz[x];++i)f[x][i]=(f[x][i]+f[x][i-1])%MOD;
}
inline void mian()
{
	fr[0]=inv[0]=1,read(T);int x,y;char ch;
	for(int i=1;i<=1000;++i)fr[i]=fr[i-1]*i%MOD;
	inv[1000]=power(fr[1000],MOD-2);
	for(int i=999;i>=1;--i)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%MOD;
	while(T--)
	{
		read(n),memset(head,0,sizeof(head)),memset(f,0,sizeof(f)),cnt=0;
		for(int i=1;i<n;++i)read(x),ch=getchar(),read(y),++x,++y,add(x,y,ch=='<'),add(y,x,ch=='>');
		dfs(1,0),write(f[1][n],'\n');
	}
}