P4099 [HEOI2013]SAO

题意：一个有向树的拓扑序个数，对大质数取模。

\(n \leq 10^3\).

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做法：联想到树形背包，因为 \(n\leq 10^3\). 然后随即想到去直接规划拓扑序。我觉得树的性质一定是有用的，因为 DAG 上做这个看起来就很困难。但是想了半天还是不知道怎么转移。

有一个初级的想法：设 \(f_u\) 为 \(u\) 子树的拓扑序方案数。但是结合数据范围和实际转移都可以发现很难转移。为什么呢？

我们发现两个子树的拓扑序实际上是这两个子树的拓扑序 mix 到了一起，同时需要保证 mix 后 \(v\) 在 \(u\) 的前面 / 后面。我们只需要知道这个 mix 的方案数即可。

想要知道这个信息，我们发现只需要记录\(u\) 在子树拓扑序内的排名即可。所以改一下转移，令 \(f_{u, i}\) 表示 \(u\) 子树内，\(u\) 当前位于拓扑序第 \(i\) 位的方案数。转移具体需要分两类讨论，不过是殊途同归的。

然后写出来暴力，发现 \(ik\) 两维的总和是 \(O(n^2)\) 的，\(j\) 不在式子里，就可以使用前缀和优化到 \(O(n^2)\) 了。

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,l,r) for(int i = (l); i <= (r); ++i)
#define per(i,r,l) for(int i = (r); i >= (l); --i)
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int gi() {
	int f = 1, x = 0; char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9') {if (ch == '-') f = -f;ch = getchar();}
	while (ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
	return f * x;
}
const int N = 1e3 + 5, P = 1e9 + 7;
int T, n;
vector<pair<int, int> > g[N]; 
// (u, v, 1): v finish before u
// (u, v, 0): v finish after u

int dp[N][N], sz[N], sum[N];
int tmp[N], c[N][N];
inline int add (int a, int b) {
	return ((a += b) >= P ? a - P : a);
}
void mg (int u, int v, int w) {
	memset (tmp, 0, sizeof (tmp));
	rep (i, 1, n) sum[i] = add(sum[i - 1], dp[v][i]);
	if (w == 0) {
		rep (i, 1, sz[u])
			rep(k, i,  i + sz[v]){
				// k <= i + j - 1
				// j >= k - i + 1
				int f = (ll)c[sz[u] + sz[v] - k][sz[u] - i]
					* c[k - 1][i - 1] % P;
				tmp[k] = add(tmp[k], (ll)f * dp[u][i] % P * (sum[n] - sum[k - i] + P) % P);
			}
	} else {
		rep (i, 1, sz[u])
			rep(k, i, i + sz[v]){
				// k >= i + j
				// j <= k - i
				int f = (ll)c[k - 1][i - 1] * 
					c[sz[u] + sz[v] - k][sz[u] - i] % P;
				tmp[k] = add(tmp[k], (ll)f * dp[u][i] % P * sum[k - i] % P);
			}
	}
	memcpy (dp[u], tmp, sizeof (tmp));
}
void dfs (int u, int p = 0) {
	memset (dp[u], 0, sizeof (dp[u]));
	dp[u][1] = 1;
	sz[u] = 1;
	for (int i = 0; i < g[u].size(); ++i) {
		int v = g[u][i].first, w = g[u][i].second;
		if (v == p) continue;
		dfs (v, u);
		mg (u, v, w);
		sz[u] += sz[v];
	}
}
void slv() {
	n = gi();
	c[0][0] = 1;
	rep (i, 1, n) g[i].clear();
	rep (i, 1, n) {
		c[i][0] = c[i][i] = 1;
		rep (j, 1, i - 1)
			c[i][j] = add(c[i - 1][j], c[i - 1][j - 1]);
	}
	rep (i, 1, n - 1) {
		int u = gi() + 1;
		string t;
		cin >> t;
		int v = gi() + 1;
		g[u].push_back({v, t[0] == '>'});
		g[v].push_back({u, t[0] == '<'});
	}
	dfs (1);
	int ans = 0;
	rep (i, 1, n) ans = add(ans, dp[1][i]);
	cout << ans << '\n';
}
int main() {
	for (int T = gi(); T; T--)
		slv();
	return 0;
}