XXIV.[HEOI2013]SAO
这题思路和我们之前的XXII.[ZJOI2010]排列计数类似，也是一棵树的拓扑序数。但是，那题边只有一种情况（相当于这题的第三组\(20\%\)的特殊限制），这题情况就比较复杂。
我们先忽略边方向的限制，把整张图看作一棵无向树。不妨令\(0\)号节点为根。
发现只维护一维信息并不能准确地合并状态。此题的数据访问暗示我们采用\(n^2\)算法，因此考虑二维DP。
设\(f[i][j]\)表示：在以\(i\)为根的子树中，\(i\)的拓扑序为\(j\)的方案数。则答案为\(\sum f[0][i]\)。
我们考虑将\(x\)同它的某个儿子\(y\)合并。设它们的当前大小分别为\(sz_x\)和\(sz_y\)。
假设我们现在要合并\(f[x][i]\)和\(f[y][j](i\leq sz_x,j\leq sz_y)\)。我们枚举一个\(k\)，表示最终合并后，有\(k\)个位于\(y\)子树内的点排在了\(x\)前面。
- \(y\)应该放在\(x\)前面。
这时，必有\(k\geq j\)，因为那\(k\)个排在\(y\)前面的点都必定放在\(x\)前面。
则这次枚举贡献给了\(f[x][i+k]\)。
那么具体贡献了多少呢？
首先一定有\(f[x][i]\)和\(f[y][j]\)。
然后，前\(i+k-1\)个位置中，有\(k\)个位置是来自\(y\)的，有\(C_{i+k-1}^k\)。
后\(sz_x+sz_y-i-k\)个位置中，有\(sz_x-i\)个位置是来自\(x\)的，有\(C_{sz_x+sz_y-i-k}^{sz_x-i}\)。
然后最后的贡献就是这四个东西的乘积。
- \(y\)应该放在\(x\)后面。
唯一有区别的是\(k\)的枚举范围变成\(k<j\)。
复杂度\(O(n^3)\)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int T,n,f[1010][1010],head[1010],cnt,sz[1010],C[1010][1010],res,g[1010];
struct node{
int to,next,val;
}edge[2010];
void ae(int u,int v,int w){
edge[cnt].next=head[u],edge[cnt].to=v,edge[cnt].val= w,head[u]=cnt++;
edge[cnt].next=head[v],edge[cnt].to=u,edge[cnt].val=-w,head[v]=cnt++;
}
void dfs(int x,int fa){
sz[x]=1,f[x][1]=1;
for(int e=head[x],y;e!=-1;e=edge[e].next){
if((y=edge[e].to)==fa)continue;
dfs(y,x);
for(int i=1;i<=sz[x]+sz[y];i++)g[i]=0;
if(edge[e].val==-1)for(int i=1;i<=sz[x];i++)for(int j=1;j<=sz[y];j++)for(int k=j;k<=sz[y];k++)g[i+k]=(1ll*f[y][j]*C[i+k-1][k]%mod*f[x][i]%mod*C[sz[x]+sz[y]-i-k][sz[x]-i]%mod+g[i+k])%mod;
if(edge[e].val== 1)for(int i=1;i<=sz[x];i++)for(int j=1;j<=sz[y];j++)for(int k=0;k< j;k++)g[i+k]=(1ll*f[y][j]*C[i+k-1][k]%mod*f[x][i]%mod*C[sz[x]+sz[y]-i-k][sz[x]-i]%mod+g[i+k])%mod;
for(int i=1;i<=sz[x]+sz[y];i++)f[x][i]=g[i];
sz[x]+=sz[y];
}
}
int gt(){
char c=getchar();
while(c!='>'&&c!='<')c=getchar();
return c=='>'?1:-1;
}
int main(){
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d",&n),memset(head,-1,sizeof(head)),memset(f,0,sizeof(f)),cnt=0;
for(int i=0;i<=n;i++)C[i][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=i;j++)C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
for(int i=1;i<n;i++){
int x,y,z;
scanf("%d",&x);
z=gt();
scanf("%d",&y);
ae(x,y,z);
}
dfs(0,-1),res=0;
for(int i=1;i<=n;i++)(res+=f[0][i])%=mod;
printf("%d\n",res);
}
return 0;
}
考虑优化。
我们看到这四个东西：
\(f[x][i]*f[y][j]*C_{i+k-1}^k*C_{sz_x+sz_y-i-k}^{sz_x-i}\)
发现，只有\(f[y][j]\)一个是与\(j\)有关的！
于是，我们可以改变枚举顺序，枚举\(k\)，然后直接用\(f[y]\)的前缀和就可以了。
因为少了一重循环，复杂度\(O(n^2)\)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int T,n,f[1010][1010],head[1010],cnt,sz[1010],C[1010][1010],res,g[1010],s[1010][1010];
struct node{
int to,next,val;
}edge[2010];
void ae(int u,int v,int w){
edge[cnt].next=head[u],edge[cnt].to=v,edge[cnt].val= w,head[u]=cnt++;
edge[cnt].next=head[v],edge[cnt].to=u,edge[cnt].val=-w,head[v]=cnt++;
}
void dfs(int x,int fa){
sz[x]=1,f[x][1]=1;
for(int e=head[x],y;e!=-1;e=edge[e].next){
if((y=edge[e].to)==fa)continue;
dfs(y,x);
for(int i=1;i<=sz[x]+sz[y];i++)g[i]=0;
if(edge[e].val==-1)for(int i=1;i<=sz[x];i++)for(int k=1;k<=sz[y];k++)g[i+k]=(1ll*s[y][k]*C[i+k-1][k]%mod*f[x][i]%mod*C[sz[x]+sz[y]-i-k][sz[x]-i]%mod+g[i+k])%mod;
if(edge[e].val== 1)for(int i=1;i<=sz[x];i++)for(int k=0;k<=sz[y];k++)g[i+k]=(1ll*(s[y][sz[y]]-s[y][k]+mod)%mod*C[i+k-1][k]%mod*f[x][i]%mod*C[sz[x]+sz[y]-i-k][sz[x]-i]%mod+g[i+k])%mod;
for(int i=1;i<=sz[x]+sz[y];i++)f[x][i]=g[i];
sz[x]+=sz[y];
}
for(int i=1;i<=sz[x];i++)s[x][i]=(s[x][i-1]+f[x][i])%mod;
}
int gt(){
char c=getchar();
while(c!='>'&&c!='<')c=getchar();
return c=='>'?1:-1;
}
int main(){
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d",&n),memset(head,-1,sizeof(head)),memset(f,0,sizeof(f)),cnt=0;
for(int i=0;i<=n;i++)C[i][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=i;j++)C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
for(int i=1;i<n;i++){
int x,y,z;
scanf("%d",&x);
z=gt();
scanf("%d",&y);
ae(x,y,z);
}
dfs(0,-1),res=0;
for(int i=1;i<=n;i++)(res+=f[0][i])%=mod;
printf("%d\n",res);
}
return 0;
}