[HEOI2013]SAO题解

[HEOI2013]SAO

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拓扑排序 + 计数 + dp + 树形dp

思路

题意是给一个树状有向图，求有多少种拓扑序。

\(\star\) 设 \(f[i][j]\) 表示在 \(i\) 的子树中，\(i\) 的拓扑序为 \(j\) 的方案数。

那么考虑转移,合并 \(u\) 和 \(u\) 的子树 \(v\)。分两种情况。

1. \(u\) 指向 \(v\)

\(f[u][p3] = \sum_{p1 = 1}^{siz_x} \sum_{p2=1}^{siz_y} f[u][p1] * f[v][p2] * \tbinom{p3-1}{p1-1} * \tbinom{siz_u+siz_v-p3}{siz_u-p1} [p1 \leq p3 \leq p2 + p1 - 1]\)

\(p1 \leq p3\) 因为原来拓扑序在 \(p1\) 左侧的点，合并后拓扑序一定还在 \(p1\) 左侧, 因为原来拓扑序在 \(p1\) 右侧的点，合并后拓扑序一定还在 \(p1\) 右侧

\(p3 \leq p2 + p1 - 1\) , 因为合并后 \(v\) 的拓扑序一定比 \(u\) 大，所以 \([p2,siz_v]\) 一定在 \(u\) 右侧, \([1,p2]\) 既可能在 \(u\) 左，又可能在 \(u\) 右,所以 \(p3_{max} = p2 + p1 - 1\)

合并后，如果 \(u\) 的拓扑序是 \(p3\) , 那么左边的 \(p3 - 1\) 个点中，有 \(p1 - 1\) 个是原来的，右边的 \(siz_u+siz_v - p3\) 个点中，有 \(siz_u - p1\) 个点是原来的，所以要乘上 \(\tbinom{p3-1}{p1-1} * \tbinom{siz_u+siz_v-p3}{siz_u-p1}\)

但是这样转移是 \(O(n^3)\) 的，考虑优化。

\[\because p3 \leq p2 + p1 - 1\\ \therefore p2 \geq p3 - p1 + 1\\ 又 \because f[u][p3] = \sum_{p1 = 1}^{siz_x} \sum_{p2=1}^{siz_y} f[u][p1] * f[v][p2] * \tbinom{p3-1}{p1-1} * \tbinom{siz_u+siz_v-p3}{siz_u-p1} [p1 \leq p3 \leq p2 + p1 - 1]\\ \therefore f[u][p3] = \sum_{p1 = 1}^{siz_x} \sum_{p2=1}^{siz_y} f[u][p1] * f[v][p2] * \tbinom{p3-1}{p1-1} * \tbinom{siz_u+siz_v-p3}{siz_u-p1} [p1 \leq p3 \land p2 \geq p3 - p1 + 1]\\ \therefore f[u][p3] = \sum_{p1 = 1}^{p3} \sum_{p2=1}^{p3 - p1 + 1} f[u][p1] * f[v][p2] * \tbinom{p3-1}{p1-1} * \tbinom{siz_u+siz_v-p3}{siz_u-p1}\\ \therefore f[u][p3] = \sum_{p1 = 1}^{p3} f[u][p1] * \tbinom{p3-1}{p1-1} * \tbinom{siz_u+siz_v-p3}{siz_u-p1} * (\sum_{p2=1}^{p3 - p1 + 1} f[v][p2])\\ \]

\(\sum_{p2=1}^{p3 - p1 + 1} f[v][p2]\) 可以用前缀和优化.

这样复杂度就是 \(O(n^2)\).

2. \(v\) 指向 \(u\)

   和 1 差不多。

最后 \(ans = \sum_{i=1}^{n}f[1][i]\)

Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ll long long

using namespace std;

const int N = 1010;
const ll mod = 1e9 + 7;
int T;
int n;
int head[N], nxt[2 * N], to[2 * N], op[2 * N], e_tot;
int siz[N];
ll C[N][N];
ll f[N][N], g[N], s[N][N];

void link(int x, int y, int z)
{
	nxt[++e_tot] = head[x], head[x] = e_tot, to[e_tot] = y, op[e_tot] = z;
}

ll add(ll x, ll y)
{
	return x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;
}

ll suf(ll x, ll y)
{
	return x - y < 0 ? x - y + mod : x - y;
}

void dfs(int u, int _fa)
{
	siz[u] = 1, f[u][1] = 1;
	for (int i = head[u]; i; i = nxt[i])
	{
		int v = to[i];
		if (v == _fa) continue;
		dfs(v, u);
		memcpy(g, f[u], sizeof(f[u]));
		memset(f[u], 0, sizeof(f[u]));
		if (op[i] == 1)
		{
			for (int p1 = 1; p1 <= siz[u]; ++p1)
			{
				for (int p3 = p1; p3 < p1 + siz[v]; ++p3)
				{
					f[u][p3] = add(f[u][p3], C[p3 - 1][p1 - 1] * C[siz[u] + siz[v] - p3][siz[u] - p1] % mod * g[p1] % mod * suf(s[v][siz[v]], s[v][p3 - p1]) % mod);
				}
			}
		}
		else
		{
			for (int p1 = 1; p1 <= siz[u]; ++p1)
			{
				for (int p3 = p1 + 1; p3 <= p1 + siz[v]; ++p3)
				{
					f[u][p3] = add(f[u][p3], C[p3 - 1][p1 - 1] * C[siz[u] + siz[v] - p3][siz[u] - p1] % mod * g[p1] % mod * s[v][p3 - p1] % mod);
				}
			}
		}
		siz[u] += siz[v];
	}
	for (int i = 1; i <= siz[u]; ++i)
	{
		s[u][i] = add(s[u][i - 1], f[u][i]);
	}
}

int main()
{
	scanf("%d", &T);
	for (int i = 0; i <= 1005; ++i) C[i][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 1005; ++i)
	{
		for (int j = 1; j <= i; ++j)
		{
			C[i][j] = add(C[i - 1][j - 1], C[i - 1][j]);
		}
	}
	while (T--)
	{
		scanf("%d", &n);
		memset(f, 0, sizeof(f));
		memset(head, 0, sizeof(head));
		memset(nxt, 0, sizeof(nxt));
		memset(to, 0, sizeof(to));
		memset(op, 0, sizeof(op));
		e_tot = 0;
		for (int i = 1; i < n; ++i)
		{
			int x, y;
			char c;
			scanf("%d %c %d", &x, &c, &y);
			++x, ++y;
			link(x, y, c == '<');
			link(y, x, c == '>');
		}
		dfs(1, 0);
		cout << s[1][n] << endl;
	}
	return 0;
}