【题解】有标号的DAG计数1

[HZOI 2015] 有标号的DAG计数 I

设(f_i)为(i)个点时的DAG图，(不必联通)

考虑如何转移，由于一个DAG必然有至少一个出度为(0)的点，所以我们钦定多少个出度为(0)的点转移。

考虑如何保证没有环，钦定完出度为(0)的点后，这些点就等着被连接了。还剩下一些点，这些点只要不构成环就好了，就是个子结构，访问以前的DP数组就好了。

[ {ichoose j}2^{j imes (i-j)}dp_{i-j} ]

这样转移显然有方案重复的情况，因为如此计数就破坏了钦定，出度为(0)点可能更多！(我们不加限制的枚举(j(i-j))条边是否存在)。

考虑一种方案出现了多少次，很显然出现的分布是这样的：

[{i choose 1}+{i choose 2}+{i choose 3}dots ]

借鉴一下[【题解】HAOI2018]染色(NTT+容斥/二项式反演)(怎么又是你)，直接乘上一个((-1)^?)就就容斥掉了，试一试就发现是((-1)^{j+1})

转移是：

[dp_i=sum_{j=1}^i {ichoose j}2^{j imes (i-j)}dp_{i-j}(-1)^{j+1} ]

或者学习神Itst的神仙待定系数法

设枚举的出度为(0)的点的个数为i时的容斥系数为(f_i)，那么一个实际上存在(x)个出度为0的点的DAG的贡献就是(sumlimits_{i=1}^x inom{x}{i} f_i = 1)，不难由二项式定理知道(fi=(−1)^{i−1})

orz orz

//@winlere
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
 
 
using namespace std;  typedef long long ll;
inline int qr(){
      register int ret=0,f=0;
      register char c=getchar();
      while(c<48||c>57)f|=c==45,c=getchar();
      while(c>=48&&c<=57) ret=ret*10+c-48,c=getchar();
      return f?-ret:ret;
}
 
const int maxn=5e3+5;
const int mod=10007;
int c[maxn][maxn];
int dp[maxn];
int bin[maxn*maxn];
 
int main(){
      freopen("DAG.in","r",stdin);
      freopen("DAG.out","w",stdout);
      int n=qr();
      bin[0]=1;dp[0]=1;
      for(register int t=0;t<=n;++t){
	    c[t][0]=1;
	    for(register int i=1;i<=t;++i){
		  c[t][i]=(c[t-1][i-1]+c[t-1][i])%mod;
	    }
      }
      for(register int t=1;t<=n*n;++t) bin[t]=(bin[t-1]<<1)%mod;
      
      for(register int t=1;t<=n;++t){
	    for(register int i=1,d;i<=t;++i){
		  d=mod-c[t][i]*bin[i*(t-i)]%mod*dp[t-i]%mod;
		  if(i&1) d=mod-d;
		  dp[t]=(dp[t]+d)%mod;
	    }
      }
      printf("%d
",dp[n]);
      return 0;
}