【递推】【推导】【乘法逆元】UVA - 11174 - Stand in a Line
http://blog.csdn.net/u011915301/article/details/43883039
依旧是《训练指南》上的一道例题。书上讲的比较抽象,下面就把解法具体一下。因为涉及到父子关系,因此自然而然可以将n个节点构造成一棵树,最后将形成一个森林。接下来将使用递归的手法。设f(i)是以节点i为树根的子树,节点i有儿子c1,c2,c3....cj共j棵子树。s[i]为树根为i的子树包含的节点数。如果分别先给各个子树内部排序,那么毫无疑问,
共有f(c1)*f(c2)*f(c3)....*f(cj)种情况。接下来又要将所有子树的节点排成一个序列。那么我们事先不考虑各个子树的内部排序,共有(s[i]-1)!/(s[c1]!*s[c2]!*.....s[cj]!种情况。最后,我们将两种情况合起来,就是f(i)的解了,为f(c1)*f(c2)....*f(cj)*(s[i]-1)!/(s[c1]!*s[c2]!*.....s[cj]!)中情况。
事实上,接下来还可以进一步化简,设c1有孩子节点x1,x2,x3....xk。那么f(c1)=f(x1)*f(x2).....f(xk)*(s[c1]-1)!/(s[x1]!*x[x2]!....*x[xk]!)。将f(c1)代入,分子中的(s[c1]-1)!和分母中的s[c1]!约分的s[c1],然后依次类推,最后分母必然会化为s[1]*s[2]*s[3]...s[n]。因为总共n个节点构成一个森林,因此s[root](root可能为虚拟树根)为n+1,那么最后分母为n!。最后,求出n!/(s[1]*s[2]...s[n])就是我们要求的解。
还要注意的是,最后模运算的时候,1的逆为1。
还有一种理解就是C(11,3)*C(8,6)*5*4*1……就是第一颗子树的结点在11个位子里面选三个,第二颗子树的结点在剩下的8个位子里选6个……然后再乘上每颗子树内部的顺序。
#include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; typedef long long ll; #define MOD 1000000007ll ll Quick_Pow(ll a,ll p) { if(!p) return 1; ll ans=Quick_Pow(a,p>>1); ans=ans*ans%MOD; if((p&1)==1) ans=(a%MOD*ans)%MOD; return ans; } int e,first[40010],__next[40010],v[40010]; void AddEdge(int U,int V){ v[++e]=V; __next[e]=first[U]; first[U]=e; } int T,n,m,fa[40010]; int siz[40010]; void dfs(int U){ siz[U]=1; for(int i=first[U];i;i=__next[i]){ dfs(v[i]); siz[U]+=siz[v[i]]; } } int main(){ // freopen("uva11174.in","r",stdin); int x,y; scanf("%d",&T); for(;T;--T){ memset(fa,0,sizeof(fa)); memset(first,0,sizeof(first)); e=0; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;++i){ scanf("%d%d",&x,&y); AddEdge(y,x); fa[x]=y; } for(int i=1;i<=n;++i){ if(!fa[i]){ AddEdge(n+1,i); } } dfs(n+1); ll t=1; for(int i=1;i<=n;++i){ t=(t*(ll)siz[i])%MOD; } ll t2=1; for(int i=1;i<=n;++i){ t2=(t2*(ll)i)%MOD; } printf("%d\n",(int)((t2*Quick_Pow(t,MOD-2))%MOD)); } return 0; }