P4099 [HEOI2013]SAO

传送门

n 个关卡有 n-1 个限制

所以这些限制构成一颗树

考虑树形DP

对一颗子树单独考虑

考虑有多少种顺序

设 f [ i ] 表示节点 i 的子树的总方案数

考虑儿子节点如何与父节点合并

发现父子之间有限制条件，所以 f 多加一维 f [ i ] [ j ] 表示节点 i 在子树中排第 j 时的方案数

子树合并时就可以看成两个序列合并

比如像这样（x是v的父节点，x,v,是两颗子树的根）：

　　{ ，，x，， } + { 。。v 。。。}  =  { ，。。，v 。x  ，  。。， }

上图就是 f [ x ] [ 3 ] 与 f [ v ] [ 3 ] 的一种合并方案 --> f [ x ] [ 7 ]

然后考虑方案数的增长

儿子的一部分合并到父节点左边，另一部分合并到父节点右边

对于父节点 x 和儿子节点 v

我们枚举合并后的父节点的排名 k ，枚举合并前的父节点排名 j，枚举儿子分离的中间点 o

儿子左半部分合并到父亲的方案有 C[ k-1 ] [ k-j ]

右部分合并父亲的方案有 C[ sz[x] - k ] [ sz[x]-sz[v]-j ]（sz[ x ]此时已经包括sz [ v ]）

然后可以得到完整的转移方程（不考虑父子关系的情况）:　　

$f_{xj}=sum _{k=1}^{sz[x]}sum_{j=1}^{min(sz[x]-sz[v],k)}sum_{o=1}^{sz[v]}f_{xk} imes f_{vo} imes C_{k-1}^{k-j} imes C_{sz[x]-k}^{sz[x]-sz[v]-j}$

（sz是节点大小）

但这是O(n^3)的转移

优化十分显然，f [ v ] [ o ] 可以提出来用前缀和一起算，然后就是O(n^2)

然鹅我们还要考虑到父子间的限制...

那么如果 父节点要在子节点后   -->  k-j ≥ o ≥ 1

反之 sz[v] ≥ o ＞ k-j

初始 f [ x ] [ 1 ] = 1 （合并前所有节点的子树只有它自己）

注意有多组数据，记得清空数组

实现看代码，要注意细节

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef unsigned long long ll;
inline int read()
{
    int x=0; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x;
}
const int N=2e3+7,mo=1e9+7;
int fir[N],from[N<<1],to[N<<1],cnt;
inline void add(int &a,int &b)
{
    from[++cnt]=fir[a];
    fir[a]=cnt; to[cnt]=b;
}

inline ll fk(ll x) { return x>=mo ? x-mo : x; }//这样取模会快一点
int n;
bool mp[N][N];//存父子间的大小关系
ll C[N][N];//组合数
void pre()//预处理组合数
{
    C[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<=i;j++) C[i][j]=fk(C[i-1][j-1]+C[i-1][j]);
}
int sz[N];
ll f[N][N],g[N][N];//g是f的前缀和
void dfs(int x,int fa)
{
    for(int i=fir[x];i;i=from[i])
    {
        int &v=to[i]; if(v==fa) continue;
        dfs(v,x); sz[x]+=sz[v];
        for(int j=sz[x];j;j--)//注意j从大到小转移，先更新大的再更新小的
        {
            int L=min(sz[x]-sz[v],j); ll sum=0;
            for(int k=1;k<=L;k++)
            {
                if(mp[x][v])//判断大小关系
                {
                    int l=j-k,r=sz[v];//o的范围
                    if(l<r)//注意边界
                    {
                        ll t=( C[j-1][j-k] * C[sz[x]-j][sz[x]-sz[v]-k] )%mo;
                        sum=fk(sum+( (f[x][k]*t)%mo * fk(g[v][r]+mo-g[v][l]) )%mo);
                    }
                }
                else
                {
                    int r=min(j-k,sz[v]); ll t=( C[j-1][j-k] * C[sz[x]-j][sz[x]-sz[v]-k] )%mo;
                    sum=fk(sum+( (f[x][k]*t)%mo * g[v][r] )%mo);
                }
            }
            f[x][j]=sum;
        }
    }
    for(int i=1;i<=sz[x];i++) g[x][i]=fk(g[x][i-1]+f[x][i]);//计算前缀和
}
inline void clr()
{
    for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) f[i][j]=g[i][j]=mp[i][j]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) sz[i]=f[i][1]=1/*注意*/,fir[i]=0;
    cnt=0;//cnt别忘了清空
}
int T;
int main()
{
    T=read();
    while(T--)
    {
        int a,b; char c[5];
        n=read(); pre(); clr();
        for(int i=1;i<n;i++)
        {
            a=read(); scanf("%s",c); b=read();
            a++; b++;
            add(a,b); add(b,a);
            if(c[0]=='<') mp[a][b]=1;
            else mp[b][a]=1;
        }
        dfs(1,1);
        ll ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++) ans=fk(ans+f[1][i]);
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;
}