emmm... tzc 说是好题，那肯定是好题，因为 tzc 英语带师！
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给定一个基图为树的有向图，求它的拓扑序个数。答案对 (10^9+7) 取模。本题多测。
(nin[1,1000],Tin[1,5])。
考虑树形 DP。很自然的想到 (dp_{i,j}) 表示子树 (i) 中节点 (i) 在拓扑序列中的序数为 (j) 的拓扑序列数。
那么在转移的时候，要把一个节点的所有儿子都考虑进去，这个极不好控制，是指数级的。不难发现，儿子与儿子之间没有直接联系，只是 (i) 与儿子们各有一个联系。于是可以将儿子一个一个算入转移中，而非同时转移，这样能使时间复杂度得以控制在多项式级别。具体地，大概就加个一维 (dp_{i,j,k})，(j) 表示考虑到 (i) 的第 (j) 个儿子了，(k) 为原 (j)。这样看起来状态数增加了一级，其实不然，因为 (sumlimits_{i=1}^n|son_i|=mathrm O(n))。还是 (mathrm O!left(n^2 ight))。
目标：(sumlimits_{i=1}^ndp_{1,|son_1|,i})；边界：(dp_{i,0,1}=1)。
接下来考虑如何转移。当前要计算 (dp_{i,j})，我们设 (h=dp_{i,j},f=dp_{i,j-1},g=dp_{son_{i,j},left|son_{son_{i,j}} ight|})，那么显然是 (f) 和 (g) 共同算出 (h)。然后设 (sz_h,sz_f,sz_g) 分别为所对应的 size。根据 (i) 和 (son_{i,j}) 之间边的方向，分两种情况，分别为在拓扑序中 (son_{i,j}) 在 (i) 前和后。现在先讨论前者。
考虑枚举 (h) 中在 (i) 前面有几个 (g) 中的点。那么此时 (i) 在 (f) 中的排名已经确定了，用在 (h) 中的排名减去前面在 (g) 中的点数即可。那么 (son_{i,j}) 在 (g) 中的排名呢？它需要在 (i) 前面，于是在 (1) 到「(h) 中在 (i) 前面有几个 (g) 中的点」均可。(f) 和 (g) 内部的排列方案数定下来了，然后再很自然地给 (f) 和 (g) 分配相对位置，(i) 左边和右边各乘上一个组合数即可。于是得到前者的状态转移方程：
类似地可以得到后者的方程（比较恶心一点）：
此时总时间复杂度是 (mathrm O!left(n^4 ight)) 的（平方状态，平方转移）。考虑优化。
显然，两个方程中的第二个 (sum) 可以用前缀和优化掉，此时三方，继续优化。然后定睛一看：写成前缀和形式之后，展开组合数，发现一派常数一派关于 (j) 一派关于 (i-j)，那不就是个卷积吗？！我当时害怕极了，我不会 FFT 呀！而且即使优化了，也是平方对数，还要乘个 (T)，也是过不去的样子。
然后发现这个三方的复杂度很虚伪，它实际上是 (mathrm O!left(sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^{|son_i|}sz_{son_{i,j}}sumlimits_{k=1}^{j-1}sz_{son_{i,k}} ight))，很跑不满三方。然后拿链、菊花、蒲公英、毛毛虫、随机树都试一遍，发现没有一个被卡掉的。事实上它是平方的。下面归纳证明 (mathrm T(n)leq n^2)。
- 显然 (mathrm T(0)=0)。
- 假设 (forall iin[0,x),mathrm T(i)leq i^2)。设大小为 (x) 的树的树根的儿子子树大小分别为 (a_{1sim m})，则显然有 (mathrm T(x)=sumlimits_{i=1}^mmathrm T(a_i)+sumlimits_{i=1}^ma_ileft(sumlimits_{j=1}^{i-1}a_j+1 ight))。根据假设有 (mathrm T(x)leq sumlimits_{i=1}^ma_i^2+sumlimits_{i=1}^ma_ileft(sumlimits_{j=1}^{i-1}a_j+1 ight)=sumlimits_{i=1}^ma_ileft(sumlimits_{j=1}^ia_j+1 ight)leq sumlimits_{i=1}^ma_ixleq x^2)。
综上，得证。
代码（要很多次取模，常数比较大，要开 (mathrm O_2)）：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mp make_pair
#define X first
#define Y second
#define pb push_back
const int mod=1000000007;
const int N=1000;
int n;
int comb[N+1][N+1];
vector<pair<int,bool> > nei[N+1];
int dp[N+1][N+2];
int nw[N+1];
int sz[N+1];
void dfs(int x=1,int fa=0){
sz[x]=1;
dp[x][1]=1;
for(int i=0;i<nei[x].size();i++){
int y=nei[x][i].X;bool z=nei[x][i].Y;
if(y==fa)continue;
dfs(y,x);
sz[x]+=sz[y];
if(z){
for(int j=1;j<=sz[y];j++)(dp[y][j]+=dp[y][j-1])%=mod;
for(int j=1;j<=sz[x];j++)nw[j]=0;
for(int j=1;j<=sz[x];j++)for(int k=0;k<=sz[y]&&k<j;k++)
(nw[j]+=1ll*dp[x][j-k]*dp[y][k]%mod*comb[j-1][k]%mod*comb[sz[x]-j][sz[y]-k]%mod)%=mod;
for(int j=1;j<=sz[x];j++)dp[x][j]=nw[j];
}
else{
for(int j=sz[y];j;j--)(dp[y][j]+=dp[y][j+1])%=mod;
for(int j=1;j<=sz[x];j++)nw[j]=0;
for(int j=1;j<=sz[x];j++)for(int k=0;k<=sz[y]&&k<=sz[x]-j;k++)
(nw[j]+=1ll*dp[x][j+k-sz[y]]*dp[y][sz[y]-k+1]%mod*comb[sz[x]-j][k]%mod*comb[j-1][sz[y]-k]%mod)%=mod;
for(int j=1;j<=sz[x];j++)dp[x][j]=nw[j];
}
}
}
void mian(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)nei[i].clear();
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<n;i++){
int x,y;char z;
cin>>x>>z>>y;
x++,y++;
if(z=='<')nei[x].pb(mp(y,0)),nei[y].pb(mp(x,1));
else nei[x].pb(mp(y,1)),nei[y].pb(mp(x,0));
}
dfs();
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)(ans+=dp[1][i])%=mod;
cout<<ans<<"
";
}
int main(){
comb[0][0]=1;
for(int i=1;i<=N;i++)for(int j=0;j<=i;j++)comb[i][j]=((j?comb[i-1][j-1]:0)+(j<i?comb[i-1][j]:0))%mod;
int testnum;
cin>>testnum;
while(testnum--)mian();
return 0;
}