题面
题解
首先将所有相等的用并查集缩点，然后会发现题目有一个很有用的性质：
对每张图片(i)，小D都最多只记住了某一张质量不比(i)差的另一张图片(K_i)。
于是将(K_i)作为(i)的父亲节点，对于(K_i = 0)的点，令(i)的父亲为(n + 1)即可。
开始树形(dp)，设(f[x][i])表示(dp)到点(x)，有(i - 1)个小于号的方案数。
那么我们可以推出一个式子：
[f[x][i] = sum_{to in son(i), j, k} f'[x][j] imes f[to][k] imes xi
]
其中(xi)是表示(j)段和(k)段合并成(i)段的方案数。
我们考虑如何求余项(xi)，设(f[x])的质量序列为(A)，(f'[x])的质量序列为(B)，(f[to])的质量序列为(C)。
(A)的每一段可以只包含(B)的一段或者(C)的一段，也可以同时包含，但不能为空。特殊地，(A)的第一段只能包含节点(x)。
于是(xi)相当于先枚举(B)中的(j - 1)段在(A)中放的位置，方案数为(inom{i - 1}{j - 1})，然后将(C)的(i - j)段放在(A)中剩下的位置，使得每一段都不为空。现在(C)中还有(k - i + j)段要与(B)中的段合并，方案数为(inom{j - 1}{k - i + j})。
于是：
[xi = inom{i - 1}{j - 1} imes inom{j - 1}{k - i + j}
]
最后答案为(sum_{i = 1}^{mathrm{size}(n + 1)} f[n + 1][i])
复杂度：因为每个点对只会在LCA处算(mathrm{O}(n))次，于是复杂度是(mathrm{O}(n^3))
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#define RG register
inline int read()
{
int data = 0, w = 1; char ch = getchar();
while(ch != '-' && (!isdigit(ch))) ch = getchar();
if(ch == '-') w = -1, ch = getchar();
while(isdigit(ch)) data = data * 10 + (ch ^ 48), ch = getchar();
return data * w;
}
inline char get()
{
char ch = getchar();
while(ch != '<' && ch != '=') ch = getchar();
return ch;
}
const int N(105), Mod(1e9 + 7), M(100);
struct edge { int next, to; } e[N << 1];
int n, m, X[N], Y[N], fa[N], eq[N], size[N], e_num;
int belong[N], cnt[N], head[N], C[N][N], f[N][N];
int find(int x) { return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]); }
inline void add_edge(int from, int to)
{
e[++e_num] = (edge) {head[from], to}; head[from] = e_num;
e[++e_num] = (edge) {head[to], from}; head[to] = e_num;
}
inline int merge(int x, int y)
{
int fx = find(x), fy = find(y);
fa[fx] = fy; return fx == fy;
}
void dfs(int x, int _f)
{
static int g[N]; size[x] = f[x][1] = 1;
for(RG int p = head[x]; p; p = e[p].next)
{
int to = e[p].to; if(to == _f) continue;
dfs(to, x); std::fill(g + 1, g + n + 1, 0);
for(RG int i = 1; i <= size[x] + size[to]; i++)
for(RG int j = 1; j <= size[x]; j++)
for(RG int k = 1; k <= size[to]; k++)
{
int t = k - i + j; if(t < 0) continue;
g[i] = (g[i] + 1ll * f[x][j] * f[to][k] % Mod *
C[i - 1][j - 1] % Mod * C[j - 1][t]) % Mod;
}
size[x] += size[to];
std::copy(g + 1, g + size[x] + 1, f[x] + 1);
}
}
int main()
{
C[0][0] = 1;
for(RG int i = 1; i <= M; i++)
{
C[i][0] = C[i][i] = 1;
for(RG int j = 1; j < i; j++)
C[i][j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % Mod;
}
n = read(), m = read();
for(RG int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
for(RG int i = 1; i <= m; i++)
X[i] = read(), eq[i] = get() == '=', Y[i] = read();
for(RG int i = 1; i <= m; i++) if(eq[i]) fa[find(X[i])] = find(Y[i]);
for(RG int i = 1; i <= n; i++) belong[i] = find(i);
for(RG int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
for(RG int i = 1; i <= m; i++) if(!eq[i])
{
add_edge(belong[X[i]], belong[Y[i]]), ++cnt[belong[Y[i]]];
if(merge(belong[X[i]], belong[Y[i]])) return puts("0") & 0;
}
for(RG int i = 1; i <= n; i++)
if(belong[i] == i && !cnt[i]) add_edge(n + 1, i);
int ans = 0; dfs(n + 1, 0);
for(RG int i = 1; i <= size[n + 1]; i++)
ans = (ans + f[n + 1][i]) % Mod;
printf("%d
", ans);
return 0;
}