QOJ 7348. Counting Orders Sol

没看题解，也算做独立写出。（逃）
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问题转化一下，等价于这个数有多少种拓扑序，使得 \(k\) 的位置为 \(v\)。

想一下这道题的弱化：没有 \(k,v\) 的限制，只算有多少种拓扑序，怎么做？

这个结论还挺经典的：记 \(f_u\) 表示以 \(u\) 节点为根的子树，其拓扑序有多少种。记 \(siz_u\) 表示以 \(u\) 节点为根的子树大小。

则有：\(f_u = (siz_u-1)! / (\prod_{v\in u} (siz_v)!) \times \prod_{v \in u} f_v\) 。

如何理解？可以先把同棵子树内的点视作颜色相同的点。\((siz_u-1)!\) 表示进行乱排，但是同色的视作相同，因此有 \(/(\prod_{v\in u} (siz_v)!)\)。但是同色点内部实际上是有顺序的，因此又要 \(\prod_{v \in u} f_v\)。

因此，我们可以 \(O(n)\) 得出结果。

而在本题中，多了限制，但是时间也放宽到了 \(O(n^2)\)。因此，我们记 \(f_{i,j}\)，用来表示 \(i\) 为根的子树，\(v\) 的位置在 \(j\) 的拓扑序的总数。特别的，如果子树内不存在 \(v\) ，则 \(j\) 为0。然后根据定义进行转移。

具体的，假设我们当前在转移 \(f_u\) 。预处理出不含有 \(v\) 的子树。对于含有 \(v\) 的子树，枚举 \(f_{v,j}\) 。然后尝试让其对 \(f_{u,i}\) 产生贡献。显然的，我们可以在前 \(i-1\) 个位置选 \(j-1\) 个，后面的位置拿来选剩下的。对于剩下的 \(siz_u - 1 - siz_v\) 个位置，就和上面一样转移就行了。实在不行，自己手推下，应该是容易的。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0)
#define File(s) freopen(s".in","r",stdin);freopen(s".out","w",stdout)
#define LL long long
#define fi first
#define se second
const int N = 5005;
const LL mod = 1e9 + 7;
vector<int> G[N];
int n;
LL fac[N],inv[N];
int V,K;
LL qpow(LL a,LL b){
	if(b == 0) return 1;
	if(b == 1) return a;
	LL re = qpow(a,b/2);
	re *= re;
	re %= mod;
	if(b & 1ll) re *= a;
	return re % mod;
}
LL C(LL a,LL b){
	if(a < b) return 0;
	return fac[a] * inv[b] % mod * inv[a-b] % mod;
}
LL f[N][N];
bool flag[N];
int siz[N];
void dfs(int u){
	siz[u] = 1;
	if(u == V) flag[u] = 1;
	for(int v : G[u]){
		dfs(v);
		if(flag[v]) flag[u] = 1;
		siz[u] += siz[v];
	}
	if(u == V){
		LL ans = 1;
		ans = fac[siz[u] - 1];
		for(int v : G[u]){
			ans = ans * inv[siz[v]] % mod * f[v][0] % mod;
		}
		f[u][1] = ans;
	}
	else if(flag[u] == 0){
		LL ans = 1;
		ans = fac[siz[u] - 1];
		for(int v : G[u]){
			ans = ans * inv[siz[v]] % mod * f[v][0] % mod;
		}
		f[u][0] = ans;
	}
	else{
		LL k = 1;
		LL nxt;
		for(int v : G[u]){
			if(flag[v]){nxt = v;continue;}
			k = k * inv[siz[v]] % mod * f[v][0] % mod;
		}
		for(int i=1;i<=siz[nxt];i++){
			if(f[nxt][i] == 0) continue;
			for(int j=1+i;j<=siz[u];j++){
				f[u][j] += C(j-2,i-1) * C(siz[u]-j,siz[nxt]-i) % mod * fac[siz[u]-1-siz[nxt]] % mod * k % mod * f[nxt][i] % mod;
				f[u][j] %= mod;
			}
		}

	}
}
int main()
{
	IOS;
	cin >> n;
	fac[0] = 1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		fac[i] = fac[i-1] * 1ll * i % mod;
	inv[n] = qpow(fac[n],mod-2);
	for(int i=n-1;i>=0;i--)
		inv[i] = inv[i+1] * 1ll * (i + 1) % mod;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		int x;
		cin >> x;
		G[x].push_back(i);
	}
	cin >> V >> K;
	dfs(1);
	cout << f[1][K] << "\n";
	return 0;
}
/*
1 2
2 3
*/