[HEOI2013]SAO
(这写了一个晚上QAQ,可能是我太蠢了吧.)
题目说只有(n-1)条边,然而每个点又相互联系.说明它的结构是一个类似树的结构,但是是有向边连接的,题目问的是方案个数,那么首先想到的肯定是树上dp.
但是这题有向边,从一个点出发,不一定可以遍历整棵树.那么肯定要对每条边建反边,打个标记分类讨论.
解决了建模的问题,接下来就是怎么dp了.
容易发现这个其实就是求这个"类树形图"的拓扑排序方案数,然而我们知道拓扑排序的方案计数是个NP问题,用状压解决,这题有"类树"这个优良特性.所以我们要另辟蹊径.
我们设状态的时候要保证这个状态尽量可以描述这个状态的特点,从而协助我们转移.考虑状态(dp[u][i])表示u和它的子树的点组成的满足拓扑关系的排列的中u点在第i位上.这样以来,我们就根据这个状态知道了,u的位置,知道了u之前有多少个点,知道u之后有多少个点,我们还可以通过它和它子树的节点数推断要在一些范围插入一些点,是不是很棒~
考虑怎么转移呢?
首先是边界条件,一个点(没有子树)单独站在第一位的方案数是1.
再就是考虑合并子树信息.先讨论u优先于v的情况.
最开始,只有1个点,此时加入第一棵子树,这个时候(dp[u][i])描述的状态到处都是空位,出了u站在i位置,其他的都随便这棵子树里的点乱站.我们考虑从(dp[v][j])转移而来,于是就是u和v的位置固定了,其他的可以随意填充,其他的点有多少个呢?(sz[v])吗?
等等好像还有一些限制! u要先于v! 那么v在合并后的排名必须在u之后,那么v在之前子树的排名最低最低也是(k-i+1)名,这样v就刚好在u后面一位.那么其他的(k-1)个点就随意分布u之前的(i-1)个空位之间,剩余的(sz[u]-k)个点在(u)之后的(sz[u]-sz[v]-k)个空位里,那么状态转移方程就是:
如果是v先于u再像上面那样分析就可以了.
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 1005
#define mod 1000000007
#define ll long long
using namespace std;
int cnt,n,T,ans,sum[maxn][maxn];
//dp[u][i]表示u节点和它的子树,组成的拓扑排列中,u的拓扑序
int c[maxn][maxn],dp[maxn][maxn],sz[maxn],vis[maxn];
int head[maxn],nxt[maxn<<1],w[maxn<<1],to[maxn<<1];
int C(int n,int m){if(n<0||m<0||n<m)return 0;return c[n][m];}
void qm(int &x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}
void add(int u,int v,int ww)
{
nxt[++cnt]=head[u];head[u]=cnt;
to[cnt]=v;w[cnt]=ww;
}
void init()
{
for(int i=0;i<=1000;i++)c[i][0]=1;
for(int i=1;i<=1000;i++)
for(int j=1;j<=i;j++)c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod;
}
void clear()
{
memset(dp,0,sizeof(dp));memset(sz,0,sizeof(sz));
memset(vis,0,sizeof(vis));memset(sum,0,sizeof(sum));
memset(head,0,sizeof(head));cnt=0;
}
void dfs(int u)
{
vis[u]=1;sz[u]=1;dp[u][1]=1;
for(int ii=head[u];ii;ii=nxt[ii])
{
int v=to[ii];if(vis[v])continue;
dfs(v);sz[u]+=sz[v];
if(w[ii])//u优先于v
{
for(int i=sz[u],s=0;i>=1;i--,dp[u][i+1]=s,s=0)//填表法合并子树信息,枚举u的拓扑序
for(int k=1;k<=min(sz[u]-sz[v],i);k++)//枚举u和其它已经合并到u上的子树的状态
{
if(sz[v]<=i-k)continue;
int tt=(sum[v][sz[v]]-sum[v][i-k]+mod)%mod;
qm(s,(ll)dp[u][k]*tt%mod*C(i-1,k-1)%mod
*C(sz[u]-i,sz[u]-sz[v]-k)%mod);
/*
暴力转移:
for(int j=i-k+1;j<=sz[v];j++)
qm(sum,(ll)dp[u][k]*dp[v][j]%mod
*C(i-1,k-1)%mod*C(sz[u]-i,sz[u]-sz[v]-k)%mod);
*/
}
}
else//v优先于u
{
for(int i=sz[u],s=0;i>=1;i--,dp[u][i+1]=s,s=0)
for(int k=1;k<=min(sz[u]-sz[v],i-1);k++)
{
int tt=sum[v][min(sz[v],i-k)];
qm(s,(ll)dp[u][k]*tt%mod*C(i-1,k-1)%mod
*C(sz[u]-i,sz[u]-sz[v]-k)%mod);
}
}
}
for(int i=1;i<=sz[u];i++)//前缀和优化
sum[u][i]=(sum[u][i-1]+dp[u][i])%mod;
}
int main()
{
init();cin>>T;
while(T--)
{
char ty;clear();cin>>n;
for(int i=1,u,v;i<n;i++)//u优先v,连1边
cin>>u>>ty>>v,v++,u++,add(u,v,ty=='<'),add(v,u,ty=='>');
dfs(1);ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)ans+=dp[1][i],ans%=mod;
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}