3167: [Heoi2013]Sao
题意:
n个点的“有向”树,求拓扑排序方案数
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一开始想错了...没有考虑一个点的孩子可以排在父亲后...
为了能转移,给状态加一维,(f[i][j])表示子树i,i排在第j位的方案数
然后,很像树形背包啊,转移枚举孩子子树中k个点在i之前,更新(f[i][j+k])
严格做到每次合并复杂度为 “已经合并大小*正要合并进去的大小”,那么这个复杂度就是(O(n^2))的,因为一个点对只贡献一次
真不敢相信我以前的树形背包都写的是(O(n^3))
注意需要用一个新数组保存当前更新得到的值
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1005, P = 1e9+7;
inline int read() {
char c=getchar(); int x=0,f=1;
while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9') {x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
int n, u, v, c[N][N];
char s[5];
struct edge{int v, ne, p;} e[N<<1];
int cnt, h[N];
inline void ins(int u, int v) { //printf("ins %d %d
", u, v);
e[++cnt] = (edge){v, h[u], 1}; h[u] = cnt;
e[++cnt] = (edge){u, h[v], 0}; h[v] = cnt;
}
int f[N][N], size[N], f_pre[N][N], f_suf[N][N], g[N];
void dp(int u, int fa) {
size[u] = 1; f[u][1] = 1;
for(int i=h[u]; i; i=e[i].ne) {
int v = e[i].v, p = e[i].p;
if(v == fa) continue;
dp(v, u);
for(int j = 0; j <= size[u] + size[v]; j++) g[j] = 0;
for(int j = 1; j <= size[u]; j++)
for(int k = 0; k <= size[v]; k++) {
ll t = p ? f_suf[v][k+1] : f_pre[v][k];
g[j+k] = (g[j+k] + (ll) c[j-1+k][k] * c[size[u]-j+size[v]-k][size[v]-k] %P * f[u][j] %P * t) %P;
}
for(int j = 0; j <= size[u] + size[v]; j++) f[u][j] = g[j];
size[u] += size[v];
}
for(int i = 1; i <= size[u]; i++) f_pre[u][i] = (f_pre[u][i-1] + f[u][i]) %P;
for(int i = size[u]; i >= 1; i--) f_suf[u][i] = (f_suf[u][i+1] + f[u][i]) %P;
}
int main() {
freopen("in", "r", stdin);
int T = read();
c[0][0] = 1;
for(int i=1; i<N; i++) {
c[i][0] = 1;
for(int j=1; j<N; j++) c[i][j] = (c[i-1][j] + c[i-1][j-1]) %P;
}
while(T--) {
n = read();
memset(f, 0, sizeof(f));
memset(f_pre, 0, sizeof(f_pre));
memset(f_suf, 0, sizeof(f_suf));
cnt = 0; memset(h, 0, sizeof(h));
for(int i=1; i<n; i++) {
u = read()+1; scanf("%s", s); v = read()+1;
if(s[0] == '<') ins(u, v); else ins(v, u);
}
dp(1, 0);
printf("%d
", f_pre[1][size[1]]);
}
}