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题意

题解

　　显然是一个竞赛图相关的题。

　　我们首先证明一个结论：

　　　　一个出度序列存在对应的 $n$ 个点的竞赛图的充分必要条件是：这个出度序列的所有元素之和为 $cfrac{n(n-1)}{2}$ ，且对于这个出度序列中任意 $k$ 个元素，满足他们的和 $geq cfrac{k(k-1)}{2}$ 。

　　由于我懒得写证明（证明需要用构造法，自行百度），这个结论的证明略去。

　　于是我们只需要保证最终的出度序列的总和为 $cfrac{n(n-1)}{2}$ ，并且将其排序后，对于所有 $k in [1,n]$ ，前 $k$ 个元素之和 $geq cfrac{k(k-1)}2$ 即可。

　　我们按照数值从小到大填。

　　我们令 $dp[i][j][k]$ 表示前 $i$ 个数，当前最后一个数为 $j-1$ ，前 $i$ 个数的总和为 $k$ 的方案总数。然后大力 DP 即可。

　　dp 复杂度的上限是 $O(n^5)$ 的，但是由于有很多无用的状态，所以 20 组数据仍然可以跑过去。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=45,mod=1e9+7;
int T,n,a[N],C[N][N],dp[N][N][N*N],cnt[N],tot[N];
int calc(int x){
	return x*(x-1)/2;
}
void add(int &x,int y){
	x+=y;
	if (x>=mod)
		x-=mod;
}
int solve(){
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	sort(a+1,a+n+1);
	memset(cnt,0,sizeof cnt);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		if (a[i]>=0)
			cnt[a[i]]++;
	memset(tot,0,sizeof tot);
	for (int i=n;i>=0;i--)
		tot[i]=tot[i+1]+cnt[i];
	memset(dp,0,sizeof dp);
	dp[0][0][0]=1;
	for (int i=0;i<n;i++)
		for (int j=0;j<n;j++)
			for (int k=0;k<=calc(n);k++){
				int v=dp[i][j][k];
				if (!v)
					continue;
				for (int t=0;i+t<=n-tot[j+1];t++){
					int _k=k+t*j;
					if (_k>calc(n)||calc(i+t)>_k)
						break;
					if (t<cnt[j])
						continue;
					add(dp[i+t][j+1][_k],1LL*v*C[n-i-tot[j]][t-cnt[j]]%mod);
				}
			}
	int ans=0;
	for (int i=0;i<=n;i++)
		add(ans,dp[n][i][calc(n)]);
	return ans;
}
int main(){
	for (int i=0;i<N;i++)
		C[i][0]=C[i][i]=1;
	for (int i=1;i<N;i++)
		for (int j=1;j<i;j++)
			C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
	scanf("%d",&T);
	while (T--)
		printf("%d
",solve());
	return 0;
}
/*
dp[i][j][k]表示前 i 个数，最后一个数是 j ， 所有数的总和为 k 的序列总数
dp[i+t][j+1][k+t*j]+=C[n-i][t]*dp[i][j][k]
	j<n,i+t<=n
	k+t*j<=n*(n-1)/2
	forall t' in [0,t]  , (i+t')*(i+t'-1)/2<=k+t*j
*/

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