BZOJ4013: [HNOI2015]实验比较

Description

小D 被邀请到实验室，做一个跟图片质量评价相关的主观实验。实验用到的图片集一共有 N 张图片，编号为 1 到 N。实验分若干轮进行，在每轮实验中，小 D会被要求观看某两张随机选取的图片， 然后小D 需要根据他自己主观上的判断确定这两张图片谁好谁坏，或者这两张图片质量差不多。 用符号“<”、“>”和“=”表示图片 x和y（x、y为图片编号）之间的比较：如果上下文中 x 和 y 是图片编号，则 x<y 表示图片 x“质量优于”y，x>y 表示图片 x“质量差于”y，x=y表示图片 x和 y“质量相同”；也就是说，这种上下文中，“<”、“>”、“=”分别是质量优于、质量差于、质量相同的意思；在其他上下文中，这三个符号分别是小于、大于、等于的含义。图片质量比较的推理规则（在 x和y是图片编号的上下文中）：（1）x < y等价于 y > x。（2）若 x < y 且y = z，则x < z。（3）若x < y且 x = z，则 z < y。（4）x=y等价于 y=x。（5）若x=y且y=z，则x=z。 实验中，小 D 需要对一些图片对(x, y)，给出 x < y 或 x = y 或 x > y 的主观判断。小D 在做完实验后， 忽然对这个基于局部比较的实验的一些全局性质产生了兴趣。在主观实验数据给定的情形下，定义这 N 张图片的一个合法质量序列为形如“x1 R1 x2 R2 x3 R3 …xN-1 RN-1 xN”的串，也可看作是集合{ xi Ri xi+1|1<=i<=N-1}，其中 xi为图片编号，x1,x2,…,xN两两互不相同（即不存在重复编号），Ri为<或=，“合法”是指这个图片质量序列与任何一对主观实验给出的判断不冲突。 例如： 质量序列3 < 1 = 2 与主观判断“3 > 1，3 = 2”冲突（因为质量序列中 3<1 且1=2，从而3<2，这与主观判断中的 3=2 冲突；同时质量序列中的 3<1 与主观判断中的 3>1 冲突） ，但与主观判断“2 = 1，3 < 2”  不冲突；因此给定主观判断“3>1，3=2”时，1<3=2 和1<2=3 都是合法的质量序列，3<1=2 和1<2<3都是非法的质量序列。由于实验已经做完一段时间了，小D 已经忘了一部分主观实验的数据。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 Ki。这些小 D 仍然记得的质量判断一共有 M 条（0 <= M <= N），其中第i 条涉及的图片对为(KXi, Xi)，判断要么是KXi   < Xi  ，要么是KXi = Xi，而且所有的Xi互不相同。小D 打算就以这M 条自己还记得的质量判断作为他的所有主观数据。现在，基于这些主观数据，我们希望你帮小 D 求出这 N 张图片一共有多少个不同的合法质量序列。我们规定：如果质量序列中出现“x = y”，那么序列中交换 x和y的位置后仍是同一个序列。因此： 1<2=3=4<5 和1<4=2=3<5 是同一个序列， 1 < 2 = 3 和 1 < 3 = 2 是同一个序列，而1 < 2 < 3 与1 < 2 = 3是不同的序列，1<2<3和2<1<3 是不同的序列。由于合法的图片质量序列可能很多， 所以你需要输出答案对10^9 + 7 取模的结果

 

 

Input

第一行两个正整数N,M，分别代表图片总数和小D仍然记得的判断的条数；

接下来M行，每行一条判断，每条判断形如”x < y”或者”x = y”。 

Output

 输出仅一行，包含一个正整数，表示合法质量序列的数目对 10^9+7取模的结果。

Sample Input

5 4
1 < 2
1 < 3
2 < 4
1 = 5

Sample Output

5

HINT

 

 不同的合法序列共5个，如下所示： 

1 = 5 < 2 < 3 < 4 

1 = 5 < 2 < 4 < 3 

1 = 5 < 2 < 3 = 4 

1 = 5 < 3 < 2 < 4 

1 = 5 < 2 = 3 < 4 

100%的数据满足N<=100。  

 

我们首先拓扑排序，如果有环则输出0。（开始没有拓扑排序WA了233）

我们把相等的节点串到一起去，然后设一个虚拟根节点向其他树根连边，我们发现整张图是一棵树。

我们发现题目所求其实是将一棵树的所有节点分等级，要求父亲的等级严格大于儿子的等级。

则设f[x][j]表示以x为根的子树划成j个等级的方案数，然后树上DP。

不难发现我们添加一个子节点为根的子树时要合并两个等级序列，我们需要知道将两个长度为i和j的序列合并成一个长度为k的序列的方案数。

我们可以DP。设答案为d[i][j][k]，则d[i][j][k]=d[i-1][j][k-1]+d[i][j-1][k]+d[i-1][j-1][k]。

因为两个点只有在他们的lca时被计算，所以时间复杂度其实是O(N^3)的。

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i;i=next[i])
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=110;
const int mod=1000000007;
int n,m,u[maxn],v[maxn],pa[maxn];
int first[maxn],size[maxn],next[maxn],to[maxn],in[maxn],e;
void AddEdge(int u,int v) {
    if(u==v) return;
    to[++e]=v;next[e]=first[u];first[u]=e;in[v]++;
}
int findset(int x) {return pa[x]==x?x:pa[x]=findset(pa[x]);}
ll f[maxn][maxn],g[maxn][maxn],d[maxn][maxn][maxn];
void init() {
    d[0][0][0]=1;
    rep(i,0,n+1) rep(j,0,n+1) rep(k,max(i,j),i+j) if(i||j) {
        ll& ans=d[i][j][k];
        if(i) (ans+=d[i-1][j][k-1])%=mod;
        if(j) (ans+=d[i][j-1][k-1])%=mod;
        if(i&&j) (ans+=d[i-1][j-1][k-1])%=mod;
    }
}
void dp(int x) {
    f[x][0]=1;
    ren if(to[i]!=x) {
        dp(to[i]);
        dwn(j,size[x],0) rep(k,1,size[to[i]]) {
            rep(w,max(j,k),j+k) (g[x][w]+=f[x][j]*f[to[i]][k]%mod*d[j][k][w])%=mod;
        }
        size[x]+=size[to[i]];
        rep(j,0,size[x]) f[x][j]=g[x][j],g[x][j]=0;
    }
    size[x]++;
    dwn(i,size[x],1) f[x][i]=f[x][i-1];
}
int vis[maxn];
int dfs(int x) {
    if(vis[x]<0) return 1;
    vis[x]=-1;
    ren if(!vis[to[i]]&&dfs(to[i])) return 1;
    else if(vis[to[i]]<0) return 1;
    vis[x]=1;
    return 0;
}
int main() {
    scanf("%d%d",&n,&m);char ch[2];
    init();rep(i,1,n) pa[i]=i;
    rep(i,1,m) {
        scanf("%d%s%d",&u[i],ch,&v[i]);
        if(ch[0]=='=') pa[findset(u[i])]=findset(v[i]);
    }
    rep(i,1,m) AddEdge(findset(u[i]),findset(v[i]));
    rep(i,1,n) if(!vis[findset(i)]&&dfs(findset(i)))  {
        puts("0");return 0;
    }
    rep(i,1,n) if(!in[findset(i)]) AddEdge(n+1,findset(i));
    dp(n+1);ll ans=0;
    rep(i,1,n+1) (ans+=f[n+1][i])%=mod;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}