luogu3244 bzoj4011 HNOI2015 落忆枫音

这道题目题面真长，废话一堆。

另外：这大概是我第一道独立做出来的HNOI2011年以后的题目了吧。像我水平这么差的都能做出来，dalao您不妨试一下自己想想？

题目大意：给一个DAG，其中1号点没有入度，现在新加入一条不重复的边，使得它可能有环。求它的生成子图个数，使得子图正好包含N-1条边且1号点与其它的所有点连通。

题目分析：

我们首先要发现这是一个树的结构！有向的树。

分析树的特点，树的父亲只有一个，我们不妨从这里入手。

在这一个生成子图中，谁是谁的父亲？

我们知道1号点一定是root，这是为什么呢？

原因在于一号点没有入度，我们就认为了它是root。

那么假设有一条x->y的路径，那么x就是y的父亲，这样的定义是合理的。

考虑不加边之前的情况，图是一个DAG，我们求它的生成树(姑且这么叫吧)。

根据我们上面的分析，我们猜想：除一号点外所有点的入度乘积为该图的生成树数量。

证明如下：

首先我们考虑这个是怎么来的。每个点选择一个父亲，则根据乘法原理得到上面的猜想。

那么我们的命题是：每个点选一个父亲，则这个方案必定合法。

我们一共对N-1个点选了到fa的边，每次选择都合并了两个点，共合并了N-1次，因此共N个点被合并，又由于不存在环的情况，所以这样的方案是合法的。

考虑多了一条边的情况。那么我们由于已经求得了所有不包含这条边的情况，我们只需要分析多了这条边的情况。

假设这是一条从x到y的边。当这条边必选的时候，y点必定不被考虑。因为它的父亲已经确定。

那么我们对剩下的点重新做一遍乘法，得到了ans2。

考虑答案多了什么。

当选出的边与当前边成环的时候，这个并不是一个生成树，我们没办法解决了吗？当然不是。

我们不妨单独拿出一个环考虑。当形成了这个环的时候，对答案的影响是多少。实际上这不难统计，把剩下的点的入度全部乘起来就是答案。嘿嘿，这不就是总和除以现在的点数吗。

那么我们考虑求y到x的路径的点的入度的逆，DP一发轻松解决。然后乘法分配率证明正确性。

后记：这题我先写了个错的然后发现我想错了，答案小了，调了调变大了，然后又调，结果搜索出了正解233。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;

const int maxn = 102000;
const int mod = 1000000007;
int n,m,x,y;
ll ans,ans2;
int in[maxn],arr[maxn];
ll dist[maxn],inv[maxn];
vector <int> g[maxn];
vector <int> ng[maxn];

ll fast_pow(int now,int p){
    if(p == 1) return now;
    if(p == 0) return 1;
    ll z = fast_pow(now,p/2); z*=z; z %= mod;
    if(p & 1){z*=now;z%=mod;}
    return z;
}

void read(){
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&x,&y);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int a,b; scanf("%d%d",&a,&b);
        g[a].push_back(b);in[b]++;
        ng[b].push_back(a);
    }
    for(int i=2;i<=n;i++) inv[i] = fast_pow(in[i],mod-2);
}

void dfs(int now){
    if(arr[now]) return;
    arr[now] = 1;
    for(int i=0;i<ng[now].size();i++){
        dfs(ng[now][i]);
        dist[now] += (dist[ng[now][i]]*inv[now])%mod;
        dist[now] %= mod;
    }
}

void work(){
    ans = ans2 = 1;
    for(int i=2;i<=n;i++) ans = (ans*in[i]) % mod;
    if(x == y){printf("%lld
",ans);return;}
    if(y == 1){printf("%lld
",ans);return;}
    for(int i=2;i<=n;i++) if(i != y) ans2 = (ans2*in[i]) % mod;
    in[y]++;inv[y] = fast_pow(in[y],mod-2);dist[y] = inv[y];arr[y] = 1;dfs(x);
    ans += ans2; ans %= mod;
    ans -= (ans*dist[x])%mod; ans += mod; ans %= mod;
    printf("%lld
",ans);
}

int main(){
    read();
    work();
    return 0;
}