训练指南的题目。
题意是，给出n个人，以及一些关系，要求对这n个人构成一个排列，其中父亲必须排在儿子的前面。问一共有多少种方式。
做法是，对于每一个父节点，将它的儿子结点构成的子树看成无序状态，这样子对当前父节点整棵树计算一个排列数。如果把所有的这样的式子写出来，可以发现分子分母是可以相消的。假设点的总数是S，儿子的点的数目分别是A,B,C...，这样的话，对于这个结点，可以求得F(S)=F(A)+F(B)+F(C)+...。最后的结果是所有子树的F(S)*F(A)*F(B)*F(C)*...。最后消去以后就只剩下F(S)/(c(A)*c(B)*c(C)*...)，其中c(X)是结点X的子树的结点个数。
代码如下：
1 #include <iostream> 2 #include <algorithm> 3 #include <cstring> 4 #include <cstdio> 5 #include <map> 6 #include <vector> 7 8 using namespace std; 9 10 const int N = 44444; 11 map<int, int> id; 12 int lsf[N], pn, prm[N >> 3]; 13 14 void getprm() { 15 id.clear(); 16 lsf[0] = lsf[1] = 1; 17 pn = 0; 18 for (int i = 2; i < N; i++) { 19 if (!lsf[i]) { 20 id[i] = pn; 21 prm[pn++] = i; 22 for (int j = i; j < N; j += i) lsf[j] = i; 23 } 24 } 25 } 26 27 typedef long long LL; 28 const LL MOD = 1000000007; 29 int cnt[N], fcn[N]; 30 bool vis[N], fa[N]; 31 vector<int> rel[N]; 32 33 LL multi(int a, int b) { 34 LL ret = 1, p = a; 35 while (b > 0) { 36 if (b & 1) ret *= p, ret %= MOD; 37 p *= p, p %= MOD; 38 b >>= 1; 39 } 40 return ret; 41 } 42 43 void dfs(int x) { 44 cnt[x] = 1; 45 for (vector<int>::iterator vi = rel[x].begin(); vi != rel[x].end(); vi++) { 46 dfs(*vi); 47 cnt[x] += cnt[*vi]; 48 } 49 } 50 51 int main() { 52 getprm(); 53 int n, m, T; 54 scanf("%d", &T); 55 while (T-- && ~scanf("%d%d", &n, &m)) { 56 memset(vis, 0, sizeof(vis)); 57 memset(cnt, 0, sizeof(cnt)); 58 memset(fcn, 0, sizeof(fcn)); 59 memset(fa, 0, sizeof(fa)); 60 int x, y; 61 for (int i = 0; i <= n; i++) rel[i].clear(); 62 while (m--) { 63 scanf("%d%d", &x, &y); 64 rel[y].push_back(x); 65 fa[x] = true; 66 } 67 for (int i = 1; i <= n; i++) if (!fa[i]) rel[0].push_back(i); 68 dfs(0); 69 for (int i = 1; i <= n; i++) { 70 int t = i; 71 while (t > 1) { 72 fcn[id[lsf[t]]]++; 73 t /= lsf[t]; 74 } 75 t = cnt[i]; 76 while (t > 1) { 77 fcn[id[lsf[t]]]--; 78 t /= lsf[t]; 79 } 80 //cout << "~~ " << i << ' ' << cnt[i] << endl; 81 //for (int i = 0; i < 10; i++) cout << prm[i] << ' ' << fcn[i] << endl; 82 } 83 //cout << pn << endl; 84 LL ans = 1; 85 for (int i = 0; i < pn; i++) { 86 ans *= multi(prm[i], fcn[i]); 87 ans %= MOD; 88 } 89 cout << ans << endl; 90 } 91 return 0; 92 }
——written by Lyon