[HNOI2015]落忆枫音

题面

( ext{Description:})

给一张 (n) 割点 (m) 条边的 ({ m DAG}) ,保证点 (1)不存在入边,现在需要在({ m DAG}) 中加入一条不在原图中的边 ({ m (x,y)}) , 求这个有向图以 (1) 为根的树形图个数对 (1e9+7) 取模的结果

(n<=100000,m<=200000)

( ext{Solution:})

考虑没有加边，是 ({ m DAG}) 的情况，那么答案就是每个点的入度之积，相当于每个点选一个指向自己的点作为父亲，有入度种选法，有乘法原理：

[{ m Ans} = prod in[x] ]

现在有一条边加进来，如果每个点还是像原来那么随便，可能会成环，选考虑减去不合法情况。

对于一个环，它所能“贡献”的不合法数量为

[prod in[x] (x在环上) ]

原因是 (x) 的父亲只选环上的边，其它的乱选，这样一定成环，一定不合法。

所以我们把所有环的 "贡献" 减去即可。

建反图(原来怎么乘过来，现在怎么减回去)，直接在 ({ m DAG}) 上 ({ m dp}) 求非法"贡献"。

转移：

[f[x] = frac{sum f[y]}{in[x]} (y连向x) ]

#include <vector>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <bitset>
#include <iostream>
#include <assert.h>
#include <algorithm>

using namespace std;

#define LL long long
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define GO debug("GO
")

struct Stream {
    template<typename T>
    inline T rint() {
        register T x = 0, f = 1; register char c;
        while (!isdigit(c = getchar())) if (c == '-') f = -1;
        while (x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48), isdigit(c = getchar()));
        return x * f;
    }
    template <typename _Tp>
    Stream& operator>> (_Tp& x)
    { x = rint<_Tp>(); return *this; }
    Stream& operator<< (int x)
    { printf("%d", x); return *this;}
    Stream& operator<< (LL x)
    { printf("%lld", x); return *this;}
    Stream& operator<< (char ch)
    { putchar(ch); return *this; }
} xin, xout;


template<typename T> inline void chkmin(T &a, T b) { a > b ? a = b : 0; }
template<typename T> inline void chkmax(T &a, T b) { a < b ? a = b : 0; }

const int N = 1e5 + 10, P = 1e9 + 7;

LL sum = 1, ans = 1;
bitset<N> vis;
int n, m, S, T, in[N];
LL f[N];
vector<int> G[N];

LL qpow(LL a, LL b) {
    LL res = 1;
    for (; b; b >>= 1, a = a * a % P)
        if (b & 1) res = res * a % P;
    return res;
}

void DFS(int u) {
    if (vis[u]) 
        return;
    if (u == T) {
        f[u] = sum * qpow(in[u], P - 2) % P;
        return;
    }
    vis[u] = 1;
    for (vector<int>::iterator it = G[u].begin(); it != G[u].end(); ++ it) {
        DFS(*it);
        f[u] = (f[u] + f[*it]) % P;
    }
    f[u] = (f[u] * qpow(in[u], P - 2)) % P;
}

int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("xhc.in", "r", stdin);
    freopen("xhc.out", "w", stdout);
#endif
    xin >> n >> m >> S >> T;
    for (register int i = 1; i <= m; ++ i) {
        int u, v;
        xin >> u >> v;
        G[v].push_back(u);
        in[v]++;
    }
    in[1]++;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
        sum = sum * in[i] % P;
        ans = ans * (in[i] + (i == T)) % P;
    }
    DFS(S);
    xout << (ans - f[S] + P) % P << '
';
}