[HEOI2013]SAO

[HEOI2013]SAO

　　这道题是个不错的计数题，考察了调换求和顺序再前缀和优化，难点在状态设计，比较考察思维。
　　一句话题意：给你一棵数，树边为有向边，求其拓扑序数。
　　对DAG求拓扑数是一个NP问题，但是这里保证是一棵树，所以我们可以用树形DP来求解。
　　状态的设计上，光设结点编号\(u\)不够，还需要设计一维\(i\)表示结点\(u\)在以\(u\)为根的子树中的拓扑序的第\(i\)位，这样我们就可以写转移方程了。
　　对于\(u \rightarrow v\)

\[F'[u][k] = \Sigma_{v\in son} F[u][i]\times F[v][j] \times \tbinom{k-1}{i-1} \times \tbinom{size_u+size_v-k}{size_u-i},i \leq k \leq i+j-1 \]

　　对于\(u \leftarrow v\)

\[F'[u][k] = \Sigma_{v\in son} F[u][i]\times F[v][j] \times \tbinom{k-1}{i-1} \times \tbinom{size_u+size_v-k}{size_u-i},i+j \leq k \leq size_v+i \]

　　目标：

\[\Sigma_{i=1}^{N} F[1][i] \]

　　（所有结点的下标自动+1）
　　发现三重循环铁定不行，调换下\(j\)和\(k\)的顺序，发现\(F[v][j]\)可以前缀和处理，削掉一维。
　　事实上这样做后整体的复杂度由\(\text{O}(N^3)\)降为\(\text{O}(N^2)\)。（仔细研读下面的代码发现实际上处理次数为点对数）
　　细节看码。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long
#define INF (1 << 30)
#define chkmax(a, b) a = max(a, b)
#define chkmin(a, b) a = min(a, b);

inline int read() {
	int w = 0, f = 1; char c;
	while (!isdigit(c = getchar())) f = c == '-' ? -1 : f;
	while (isdigit(c)) w = (w << 3) + (w << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
	return w * f;
}

inline int read_ch() {
	char c;
	while (c = getchar(), c != '>' && c != '<');
	return c == '<';
}

const int maxn = 1000 + 5;
const int MOD = 1e9 + 7;

struct Edge {
	int v, w, pre;
} e[maxn << 1];
int m, G[maxn];
void clear() {
	m = 0;
	memset(G, -1, sizeof(G));
}
void add(int u, int v, int w) {
	e[m++] = (Edge){v, w, G[u]};
	G[u] = m-1;
}

int T, N;
int f[maxn][maxn], g[maxn], C[maxn][maxn];

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

int dec(int a) {
	if (a < 0) a += MOD;
	return a;
}

void init() {
	C[0][0] = 1;
	for (register int i = 1; i <= 1000; i++) {
		C[i][0] = 1;
		for (register int j = 1; j <= i; j++)
			C[i][j] = (C[i-1][j] + C[i-1][j-1]) % MOD;
	}
}

int size[maxn];

void dfs(int u, int fa) {
	size[u] = 1;
	f[u][1] = 1;
	for (register int i = G[u]; ~i; i = e[i].pre) { \\ 这里实际上相当于u<->v之间的拓扑序合并起来
		int v = e[i].v;
		if (v == fa) continue;
		dfs(v, u);
		memcpy(g, f[u], sizeof(g));
		memset(f[u], 0, sizeof(f[u]));
		if (e[i].w) {
			for (register int i = 1; i <= size[u]; i++)
				for (register int k = i; k <= i+size[v]-1; k++)
					inc(f[u][k], (ll)g[i] * dec(f[v][size[v]]-f[v][k-i]) % MOD * C[k-1][i-1] % MOD * C[size[u]+size[v]-k][size[u]-i] % MOD);
		} else {
			for (register int i = 1; i <= size[u]; i++)
				for (register int k = i+1; k <= size[v] + i; k++)
					inc(f[u][k], (ll)g[i] * dec(f[v][k-i]) % MOD * C[k-1][i-1] % MOD * C[size[u]+size[v]-k][size[u]-i] % MOD);
		}
		size[u] += size[v];
	}
	for (register int i = 1; i <= size[u]; i++) inc(f[u][i], f[u][i-1]);
}

int main() {
	init();
	T = read();
	while (T--) {
		N = read();
		clear();
		for (register int i = 1; i < N; i++) {
			int u = read()+1, opt = read_ch(), v = read()+1;
			add(u, v, opt); add(v, u, !opt);
		}

		dfs(1, 1);

		printf("%d\n", f[1][N]);
	}

	return 0;
}