「题解」洛谷 P4099 [HEOI2013]SAO
回忆一个外向树的拓扑序计数是如何解决的。对于所有的 \(n!\) 种方案，必须要满足根在所有子孙的拓扑序之前，那么方案书就是 \(\frac{n!}{\frac{n!}{(n-1)!}}=\frac{n!}{n}\)，然后就可以剥去根不考虑根的印象。之后每次再考虑剩余若干子树的一个根 \(x\)，要满足 \(x\) 出现在它所有子孙之前，那么方案数就会除掉 \(siz_x\)，之后 \(x\) 就对总方案数没有了影响，可以剥除。所以外向树的拓扑序个数是 \(\frac{n!}{\prod siz_x}\)．
现在有了内向边，同时有内向边和外向边不是很好做，我们现在只会做只有外向边。
考虑容斥，选出 \(i\) 条内向边，钦定它们是一定不满足的，剩余的内向边满足与否都无所谓。那么这种情况的方案数就是把选出的内向边看成外向边，其余的当作不存在（也就是这条边的限制满足与否都无所谓），然后对连通块分别求出拓扑序，再利用组合数乘起来（此时连通块之间不存在影响了），容斥系数就是 \((-1)^i\)．
基于这个容斥，列出 dp，令 \(g_{i,j}\) 表示考虑 \(i\) 以内的子树，一共钦定了 \(j\) 条内向边是不满足的。但是发现由于需要对拓扑序计数，还要记一个当前 \(i\) 所在连通块的总和为 \(k\)，这样状态数就达到了 \(\mathcal{O}(n^3)\)，不能接受。
考虑我们最终只是想要求 \(\sum g_{i,j,k}(-1)^j\)，那么就可以令 \(f_{i,k}=\sum g_{i,j,k}(-1)^j\)，换而言之，令 \(f_{i,k}\) 为考虑 \(i\) 子树内，所有钦定方案的，带容斥系数的拓扑序数之和。转移即为一个树形背包，在钦定一条内向边一定不满足的时候，乘上一个 \(-1\) 的容斥系数来转移即可。
时间复杂度 \(\mathcal{O}(Tn^2)\)．
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<ctime>
#include<random>
#include<assert.h>
#define pb emplace_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define dbg(x) cerr<<"In Line "<< __LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<'\n';
#define dpi(x,y) cerr<<"In Line "<<__LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<" ; "<<"the "<<#y<<" = "<<y<<'\n';
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int>pii;
typedef pair<ll,int>pli;
typedef pair<ll,ll>pll;
typedef pair<int,ll>pil;
typedef vector<int>vi;
typedef vector<ll>vll;
typedef vector<pii>vpii;
typedef vector<pil>vpil;
template<typename T>T cmax(T &x, T y){return x=x>y?x:y;}
template<typename T>T cmin(T &x, T y){return x=x<y?x:y;}
#define getchar()(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
template<typename T>
T &read(T &r){
r=0;bool w=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')w=ch=='-'?1:0,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')r=r*10+(ch^48),ch=getchar();
return r=w?-r:r;
}
template<typename T1,typename... T2>
void read(T1 &x,T2& ...y){read(x);read(y...);}
const int mod=1000000007;
inline void cadd(int &x,int y){x=(x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline void cdel(int &x,int y){x=(x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
inline int add(int x,int y){return (x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline int del(int x,int y){return (x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
int qpow(int x,int y){
int s=1;
while(y){
if(y&1)s=1ll*s*x%mod;
x=1ll*x*x%mod;
y>>=1;
}
return s;
}
const int N=1010;
int n,f[N][N],g[N];
int fac[N],inv[N],rev[N];
int C[N][N];
int siz[N];
vpii eg[N];
void dfs(int x,int fa){
siz[x]=1;f[x][1]=1;
for(auto i:eg[x])if(i.fi!=fa){
int v=i.fi,w=i.se;
dfs(v,x);
if(w){
for(int j=1;j<=siz[x];j++)
for(int k=1;k<=siz[v];k++)
cadd(g[j+k],1ll*f[x][j]*f[v][k]%mod*C[siz[x]+siz[v]][siz[x]]%mod);
siz[x]+=siz[v];
for(int j=0;j<=siz[x];j++)f[x][j]=g[j],g[j]=0;
}
else{
for(int j=1;j<=siz[x];j++)
for(int k=1;k<=siz[v];k++){
int t=1ll*f[x][j]*f[v][k]%mod*C[siz[x]+siz[v]][siz[x]]%mod;
cdel(g[j+k],t);
cadd(g[j],t);
}
siz[x]+=siz[v];
for(int j=0;j<=siz[x];j++)f[x][j]=g[j],g[j]=0;
}
}
for(int i=1;i<=siz[x];i++)f[x][i]=1ll*f[x][i]*rev[i]%mod;
}
void solve(){
for(int i=0;i<=n;i++)vpii().swap(eg[i]),siz[i]=0;
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=n;j++)
f[i][j]=0;
read(n);
for(int i=1;i<n;i++){
int u,v;read(u);char ch=getchar();read(v);
if(ch=='>')swap(u,v);
eg[u].pb(mp(v,0));
eg[v].pb(mp(u,1));
}
dfs(0,-1);
int ans=0;
for(int i=0;i<=n;i++)cadd(ans,f[0][i]);
// cout << "ans = ";
cout << ans << '\n';
}
signed main(){
#ifdef do_while_true
// assert(freopen("data.in","r",stdin));
// assert(freopen("data.out","w",stdout));
#endif
fac[0]=1;for(int i=1;i<=1000;i++)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
inv[1000]=qpow(fac[1000],mod-2);
for(int i=999;~i;--i)inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod;
for(int i=1;i<=1000;i++)rev[i]=1ll*inv[i]*fac[i-1]%mod;
C[0][0]=1;
for(int i=1;i<=1000;i++){
C[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;j++)C[i][j]=add(C[i-1][j-1],C[i-1][j]);
}
int T;read(T);while(T--)solve();
#ifdef do_while_true
cerr<<'\n'<<"Time:"<<1.0*clock()/CLOCKS_PER_SEC*1000<<" ms"<<'\n';
#endif
return 0;
}
