HEOI2013SAO

题目描述

给定一个\(DAG\)，问这个\(DAG\)有多少种拓扑序。

题解

我们首先需要设计一个能够比较好的转移的状态。

我们可以设\(dp[i][j]\)表示第i个点在当前\(dp\)的子图中拓扑排名为\(j\)的方案数。

至于\(dp\)的方式，我们发现只有\(n-1\)条边，所以我们并不用在\(DAG\)上\(dp\)，直接在建出来的树上\(dp\)就好了。

转移的话，对于一条树边\(u->v\)我们先枚举转移之后的\(u\)的排名，再枚举当前\(v\)的排名，我们发现还需要枚举\(v\)的子树在\(u\)排名之前的点的个数\(x\)。

当\(u\)需要在\(v​\)之后时:

\[dp[u][j]=\sum_{k=1}^{k\leq size[v]}\sum_{x=k}^{x\leq size[v]}dp[u][j-x]*\binom{j-1}{x}*\binom{size[u]-(j-x)+size[v]-x}{size[v]-x} \]

发现转移是一个后缀和的形式，可以用后缀和优化)。

当\(u\)需要在\(v\)之前时。

\[dp[u][j]=\sum_{k=1}^{k\leq size[v]}\sum_{x=1}^{x<k}dp[u][j-x]*\binom{j-1}{x}*\binom{size[u]-(j-x)+size[v]-x}{size[v]-x} \]

转移是一个前缀和的形式，也可以用前缀和优化。

经过优化后，这个\(dp\)的复杂度可以优化到树形背包的复杂度，也就是\(O(n^2)\)。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define N 1009
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1000;
const int mod=1000000007;
char s[1];
ll ans,dp[N][N],now[N],c[N][N],g[N];
int tot,head[N],size[N],n;
inline ll rd(){
	ll x=0;char c=getchar();bool f=0;
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=getchar();}
	while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
	return f?-x:x;
}
inline void MOD(ll &x){x=x>=mod?x-mod:x;}
struct edge{int n,to,l;}e[N<<1];
inline void add(int u,int v,int l){e[++tot].n=head[u];e[tot].to=v;head[u]=tot;e[tot].l=l;}
void dfs(int u,int fa){
	size[u]=1; 
	dp[u][1]=1;
	for(int i=head[u];i;i=e[i].n){
		int v=e[i].to;if(v==fa)continue;
		dfs(v,u);
		if(e[i].l){
		    for(int j=1;j<=size[u]+size[v];++j){
		      int ma=min(size[v],j-1);		      
			  now[ma+1]=0;
		      for(int x=ma;x>=1;--x)
		      	MOD(now[x]=now[x+1]+dp[u][j-x]*c[j-1][x]%mod*c[size[u]-(j-x)+size[v]-x][size[v]-x]%mod);
			  for(int k=1;k<=size[v];++k)MOD(g[j]+=dp[v][k]*now[k]%mod),now[k]=0;
		    }
		}
		else{
			for(int j=1;j<=size[u]+size[v];++j){
			   int ma=min(size[v],j-1);
			   for(int x=0;x<=ma;++x)
			     MOD(now[x]=now[x-1]+dp[u][j-x]*c[j-1][x]%mod*c[size[u]-(j-x)+size[v]-x][size[v]-x]%mod);
			   for(int k=1;k<=size[v];++k)MOD(g[j]+=now[min(k-1,ma)]*dp[v][k]%mod);
			   for(int x=0;x<=ma;++x)now[x]=0;
		    }
		}
		size[u]+=size[v];
		for(int j=1;j<=size[u];++j)dp[u][j]=g[j],g[j]=0;
	}
}
int main(){   // 1 -> dayu 0 -> xiaoyu
	int T=rd();
    c[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=maxn;++i){
    	c[i][0]=1;
    	for(int j=1;j<=i;++j)MOD(c[i][j]=c[i-1][j]+c[i-1][j-1]);
	}
	while(T--){
		n=rd();int u,v;
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		memset(head,0,sizeof(head));tot=0;
		for(int i=1;i<n;++i){
			u=rd()+1;scanf("%s",s);v=rd()+1;
			add(u,v,s[0]=='>');add(v,u,s[0]=='<');
		}
		ans=0;dfs(1,0);
		for(int i=1;i<=n;++i)MOD(ans+=dp[1][i]);
	    printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}