bzoj4011 [HNOI2015]落忆枫音 拓扑排序+DP

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https://lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4011

题解

首先考虑如果没有那么一条被新加进来的奇怪的边的做法。

我们只需要给每一个点挑一个父亲就可以接上去了,所以答案应该是每一个点的入度的乘积。

但是有了那样一条新加进来的边以后,如果破坏了原图的 DAG 性,导致如果直接选入度的话会可能有环。我们可以先直接和上面一样统计入度乘积,然后去掉不合法的方案。

不合法的方案就是存在环的方案。因为环是新加的边 \((x, y)\) 带来的,所以新加的 \((x, y)\) 一定在环中。所以每一条环都是从 \(y\)\(x\) 的路径加上整条边。

我们需要统计每一条路径的不在这条路径上的点的入度乘积和即可。


预处理逆元以后,时间复杂度 \(O(n)\)

#include<bits/stdc++.h>

#define fec(i, x, y) (int i = head[x], y = g[i].to; i; i = g[i].ne, y = g[i].to)
#define dbg(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define File(x) freopen(#x".in", "r", stdin), freopen(#x".out", "w", stdout)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back

template<typename A, typename B> inline char smax(A &a, const B &b) {return a < b ? a = b, 1 : 0;}
template<typename A, typename B> inline char smin(A &a, const B &b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}

typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef std::pair<int, int> pii;

template<typename I> inline void read(I &x) {
	int f = 0, c;
	while (!isdigit(c = getchar())) c == '-' ? f = 1 : 0;
	x = c & 15;
	while (isdigit(c = getchar())) x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15);
	f ? x = -x : 0;
}

const int N = 100000 + 7;
const int M = 200000 + 7;
const int P = 1e9 + 7;

int n, m, ex, ey, ans;
int q[N], idg[N], idg2[N], dp[N], vis[N];

struct Edge { int to, ne; } g[M]; int head[N], tot;
inline void addedge(int x, int y) { g[++tot].to = y, g[tot].ne = head[x], head[x] = tot; }
inline void adde(int x, int y) { addedge(x, y), addedge(y, x); }

inline int smod(int x) { return x >= P ? x - P : x; }
inline void sadd(int &x, const int &y) { x += y; x >= P ? x -= P : x; }
inline int fpow(int x, int y) {
	int ans = 1;
	for (; y; y >>= 1, x = (ll)x * x % P) if (y & 1) ans = (ll)ans * x % P;
	return ans;
}

int fac[N], inv[N], ifac[N];
inline void ycl(const int &n = ::n) {
	fac[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; ++i) fac[i] = (ll)fac[i - 1] * i % P;
	inv[1] = 1; for (int i = 2; i <= n; ++i) inv[i] = (ll)(P - P / i) * inv[P % i] % P;
	ifac[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; ++i) ifac[i] = (ll)ifac[i - 1] * inv[i] % P;
}
inline int C(int x, int y) {
	if (x < y) return 0;
	return (ll)fac[x] * ifac[y] % P * ifac[x - y] % P;
}

inline void dfs(int x) {
	vis[x] = 1;
	for fec(i, x, y) {
		++idg[y];
		if (!vis[y]) dfs(y);
	}
}

inline void work() {
	ycl();
	ans = 1, idg[1] = 1, ++idg[ey];
	for (int i = 1; i <= n; ++i) ans = (ll)ans * idg[i] % P;
	memcpy(idg2, idg, sizeof(int) * (n + 1));
	memset(idg, 0, sizeof(int) * (n + 1));
	dfs(ey);
	int hd = 0, tl = 0;
	dp[ey] = ans, q[++tl] = ey;
	while (hd < tl) {
		int x = q[++hd];
		dp[x] = (ll)dp[x] * inv[idg2[x]] % P;
		for fec(i, x, y) {
			sadd(dp[y], dp[x]);
			if (!--idg[y]) q[++tl] = y;
		}
	}
	if (vis[ex]) sadd(ans, P - dp[ex]);
	printf("%d\n", ans);
}

inline void init() {
	read(n), read(m), read(ex), read(ey);
	int x, y;
	for (int i = 1; i <= m; ++i) read(x), read(y), addedge(x, y), ++idg[y];
}

int main() {
#ifdef hzhkk
	freopen("hkk.in", "r", stdin);
#endif
	init();
	work();
	fclose(stdin), fclose(stdout);
	return 0;
}
posted @ 2019-11-01 11:17  hankeke  阅读(113)  评论(0编辑  收藏  举报