题目描述
给定一个(DAG)，问这个(DAG)有多少种拓扑序。
题解
我们首先需要设计一个能够比较好的转移的状态。
我们可以设(dp[i][j])表示第i个点在当前(dp)的子图中拓扑排名为(j)的方案数。
至于(dp)的方式，我们发现只有(n-1)条边，所以我们并不用在(DAG)上(dp)，直接在建出来的树上(dp)就好了。
转移的话，对于一条树边(u->v)我们先枚举转移之后的(u)的排名，再枚举当前(v)的排名，我们发现还需要枚举(v)的子树在(u)排名之前的点的个数(x)。
当(u)需要在(v)之后时:
[dp[u][j]=sum_{k=1}^{kleq size[v]}sum_{x=k}^{xleq size[v]}dp[u][j-x]*inom{j-1}{x}*inom{size[u]-(j-x)+size[v]-x}{size[v]-x}
]
发现转移是一个后缀和的形式，可以用后缀和优化)。
当(u)需要在(v)之前时。
[dp[u][j]=sum_{k=1}^{kleq size[v]}sum_{x=1}^{x<k}dp[u][j-x]*inom{j-1}{x}*inom{size[u]-(j-x)+size[v]-x}{size[v]-x}
]
转移是一个前缀和的形式，也可以用前缀和优化。
经过优化后，这个(dp)的复杂度可以优化到树形背包的复杂度，也就是(O(n^2))。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define N 1009
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1000;
const int mod=1000000007;
char s[1];
ll ans,dp[N][N],now[N],c[N][N],g[N];
int tot,head[N],size[N],n;
inline ll rd(){
ll x=0;char c=getchar();bool f=0;
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
return f?-x:x;
}
inline void MOD(ll &x){x=x>=mod?x-mod:x;}
struct edge{int n,to,l;}e[N<<1];
inline void add(int u,int v,int l){e[++tot].n=head[u];e[tot].to=v;head[u]=tot;e[tot].l=l;}
void dfs(int u,int fa){
size[u]=1;
dp[u][1]=1;
for(int i=head[u];i;i=e[i].n){
int v=e[i].to;if(v==fa)continue;
dfs(v,u);
if(e[i].l){
for(int j=1;j<=size[u]+size[v];++j){
int ma=min(size[v],j-1);
now[ma+1]=0;
for(int x=ma;x>=1;--x)
MOD(now[x]=now[x+1]+dp[u][j-x]*c[j-1][x]%mod*c[size[u]-(j-x)+size[v]-x][size[v]-x]%mod);
for(int k=1;k<=size[v];++k)MOD(g[j]+=dp[v][k]*now[k]%mod),now[k]=0;
}
}
else{
for(int j=1;j<=size[u]+size[v];++j){
int ma=min(size[v],j-1);
for(int x=0;x<=ma;++x)
MOD(now[x]=now[x-1]+dp[u][j-x]*c[j-1][x]%mod*c[size[u]-(j-x)+size[v]-x][size[v]-x]%mod);
for(int k=1;k<=size[v];++k)MOD(g[j]+=now[min(k-1,ma)]*dp[v][k]%mod);
for(int x=0;x<=ma;++x)now[x]=0;
}
}
size[u]+=size[v];
for(int j=1;j<=size[u];++j)dp[u][j]=g[j],g[j]=0;
}
}
int main(){ // 1 -> dayu 0 -> xiaoyu
int T=rd();
c[0][0]=1;
for(int i=1;i<=maxn;++i){
c[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;++j)MOD(c[i][j]=c[i-1][j]+c[i-1][j-1]);
}
while(T--){
n=rd();int u,v;
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(head,0,sizeof(head));tot=0;
for(int i=1;i<n;++i){
u=rd()+1;scanf("%s",s);v=rd()+1;
add(u,v,s[0]=='>');add(v,u,s[0]=='<');
}
ans=0;dfs(1,0);
for(int i=1;i<=n;++i)MOD(ans+=dp[1][i]);
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}