称满足第1个条件的图为竞赛图，先来分析竞赛图
结论1：竞赛图点集上的导出子图也为竞赛图（证明略）
结论2：对于一张竞赛图，若不含有3元环，则该图为DAG
证明：反证法，若其不为DAG，设最小的简单环为$c_{1},c_{2},...,c_{k}$，必然有$kge 4$
根据第1个条件，考虑$c_{1}$和$c_{3}$之间边的方向，不论怎样都会有更小的简单环，与假设矛盾，因此不存在简单环
利用这个结论，来对$G$分类讨论：
1.若存在$d$使得$d$入度为0，那么$d$出度必然为$n-1$，即考虑将$d$删除并令$n$和$k$减小1的子问题（由于$a,b,c,d$四个点的入度都不为0，不影响第3个条件）
2.若所有点入度都不为0，任选一点$d$，令$V'={x|(x,d)in E}$，$V'$的导出子图不能含有3元环（否则三元环+$d$即不合法），则其为DAG
令$V_{补}={x|(d,x)in E}$（注意$d otin V_{补}cup V'$），以下来证明$V_{补}$的导出子图也是一张DAG
考虑$x,yin V_{补}$，不妨设边的方向为$(x,y)$，那么若存在$(x,z),(z,y)in E$，则$(x,z,d,y)$不合法，换一种方式来描述这个条件：设$S_{x}={z|zin V',(x,z)in E}$，则$S_{x}subseteq S_{y}$
如果存在$x_{1},x_{2},x_{3}in V_{补}$构成了三元环，则$S_{x_{1}}=S_{x_{2}}=S_{x_{3}}=emptyset$（否则$(x_{1},x_{2},x_{3},zin S_{x_{1}})$不合法）
再考虑一个点$x_{4}in V_{补}$，若不存在$(x_{4},x_{i})in E$（其中$i=1,2,3$），则$(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})$不合法，否则假设其所连的点为$x$，则$S_{x_{4}}subseteq S_{x}=emptyset$
对于$V'$的导出子图中度为0的点$z$（由于是DAG，必然存在），$forall xin V_{补},(x,z) otin E$，因此$z$的入度为0，与‘所有点入度都不为0’矛盾，因此$V_{补}$中无三元环，即为DAG
考虑$(x_{1},x_{2},y_{1},y_{2})$这种形式所构成的不合法（其中$x_{1},x_{2}in V'$且$(x_{1},x_{2})in E$，$y_{1},y_{2}$类似），利用上面$S_{x}$的条件，有$S_{y_{1}}subseteq S_{y_{2}}$
对于$d=x_{2}$和$d=y_{2}$（这里的$d$指四元组中的$d$，下同）分类讨论，由于$x_{2}in S_{y_{1}}$且$ otin S_{y_{2}}$，后者是不合法的，因此考虑前者
取$x_{2}in S_{y_{1}}$且$x_{1}in C_{(S_{y_{2}})}S_{y_{1}}$，若$(x_{1},x_{2})in E$一定不合法，因此$S_{y_{1}}$一定是$S_{y_{2}}$的一个‘前缀’（指在$V'$的拓扑序上）或$S_{y_{1}}$为空
另外由于每一个点入度都不为0，令$x$为$V'$中拓扑序最小的，$y$为$V_{补}$中拓扑序最大的，必然有$xin S_{y}$，再结合上面的这个结论，有若$S_{y} eq emptyset$，则$xin S_{y}$
再考虑$(x_{1},x_{2},x_{3},y)$这种形式的不合法（$x_{i}in V'$且$(x_{1},x_{2}),(x_{2},x_{3})in E$，$yin V_{补}$），同样对$d=x_{3}$和$d=y$分类讨论，后者显然无法使$(x_{1},x_{2},x_{3})$构成三元环，因此考虑前者
取$x_{1}$为字典序最小的位置，若$S_{y} eq empty$，则$x_{1}in S_{y}$，那么接下来不能存在$x_{2} otin S_{y}$且$x_{3}in S_{y}$，换言之，$S_{y}$必须是$V'$的拓扑序上一个前缀（可以为空）
由于一个前缀仅通过长度确定，即令$a_{i}=|S_{y}|$（其中$y$为$V_{补}$中拓扑序为$i$的点），合法必要条件为：
1.$forall 1le i<|V_{补}|,a_{i}le a_{i+1}$，$a_{|V_{补}|}>0$
2.$forall 1le ile |V_{补}|,|V'|-a_{i}+ile k$
3.$forall 1le ile |V'|,(i-1+sum [ile a_{j}])le k$
同时，上述分析已经考虑了所有情况，即这些条件也是充分条件
首先，每一个点都是相同的，先通过$n-1choose |V'|$、$|V'|!$和$|V_{补}|!$来确定两边的点以及拓扑序（都是DAG），之后即统计合法的$a_{i}$方案数
对于第3个条件，仅取$i=a_{j}$判定即可，因此等价于$forall 1le ile |V_{补}|,V_{补}-i+a_{i}le k$，即每一个$a_{i}$有一个范围，使其不降的方案数，简单dp再用前缀和维护即可，总复杂度为$o(n^{4})$
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 205 4 int n,k,mod,ans,fac[N],inv[N],l[N],r[N],f[N][N]; 5 int c(int n,int m){ 6 return 1LL*fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod; 7 } 8 int sum(int k,int l,int r){ 9 if (l>r)return 0; 10 if (!l)return f[k][r]; 11 return (f[k][r]+mod-f[k][l-1])%mod; 12 } 13 int calc(int n){ 14 memset(f,0,sizeof(f)); 15 for(int i=l[1];i<=r[1];i++)f[1][i]=i-l[1]+1; 16 for(int i=2;i<=n;i++) 17 for(int j=l[i];j<=r[i];j++){ 18 f[i][j]=sum(i-1,l[i-1],min(j,r[i-1])); 19 if (j>l[i])f[i][j]=(f[i][j]+f[i][j-1])%mod; 20 } 21 return sum(n,l[n],r[n]); 22 } 23 int main(){ 24 scanf("%d%d%d",&n,&k,&mod); 25 fac[0]=inv[0]=inv[1]=1; 26 for(int i=1;i<N-4;i++)fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod; 27 for(int i=2;i<N-4;i++)inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; 28 for(int i=2;i<N-4;i++)inv[i]=1LL*inv[i-1]*inv[i]%mod; 29 for(int i=0;i<=k;i++){ 30 int nn=n-i,kk=k-i; 31 if (nn==1){ 32 ans=(ans+fac[n])%mod; 33 continue; 34 } 35 for(int j=1;j<=kk;j++){ 36 int jj=nn-1-j; 37 for(int t=1;t<=jj;t++){ 38 l[t]=max(j+t-kk,0); 39 r[t]=min(kk+t-jj,j); 40 } 41 l[jj]=max(l[jj],1); 42 int s=1LL*c(n,i)*fac[i]%mod*fac[nn-1]%mod; 43 ans=(ans+1LL*s*calc(jj))%mod; 44 } 45 } 46 printf("%d",ans); 47 }