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其实这题也是个套路。
先把所有被等号连接的变量缩成一个点。
题目中说明了(M<=n)，所以如果把一个点向强制比它大的点连边则形成了基环内向森林。
其中，有环的连通块一定无解，可以使用拓扑排序判定。
判完无解后，使用一个超级源点(s)向所有树根连边。这样子答案不变，因为超级源点的值肯定是(<=)其他点的。
根据套路设(f_x)表示x点的答案。但是在合并两棵子树时，小于号和等于号十分麻烦。
注意到子树的方案一定是有若干个小于号和等于号连接的。
所以设(f_{x,i})表示(x)的子树中有(i)个段，每个段使用等号连接，不同的段之间用不等式连接。且第一个段中要包含(x)。
考虑合并两棵树(x,y)，假设(x)有(i)个段，(y)有(j)个段，合并到的新树(x')有(k)个段。
(x')中的每一段可以是(x)(y)的某一段，也能是(x,y)的两段。
但是不能来自同一棵子树，因为在子树中大小关系已经确定。
则系数是(C_{i-1}^{j-1}*{C_{j-1}^{k-i+j}})。
原因是枚举(y)中的(j-1)段在(x')放的位置，再把(x)的(i-j)段放在剩下的位置，使得每一段都不为空。
(x')中还剩下(k-i+j)段，考虑和(y)中的段合并。
由于根必须在第一段，所以转移系数的上面下面部分都要-1。
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为什么我想到了容斥想到了计算公式却做不出来。。。。
题目要求我们加一条边后求出从1号点开始的有向树。
如果加的边的出点是1，则这条边是无效的。
只需要考虑加的边的出点不是1的情况。
加了边后，图中可能有若干个环，可以容斥，算出一定要包含环的树的个数再用答案减去。
先考虑总方案怎么计算。如果不考虑是否合法，则一个点可以选出恰好一个前驱，答案就是所有点(v)的(deg_{v})的乘积。
加了边考虑如何计算答案。设加了边后的度数数组为(deg')，(deg')的每一个元素的乘积为(ans)。则(ans)再除以环上的边就是要包含环的有向树的个数。
可以(dp)计算。设(f_{i})表示(t)点->(i)点的边的(deg)值的逆元之和，最后乘上ans就是要扣去答案。
则先(f_i*=frac{1}{deg'_i})再(f_{v}+=f_{i})，其中(v)和(i)在未加边的原图中有边，表示累积路径的权值。并且计算(deg)的乘积。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 500010
#define int long long
#define mo 1000000007
int n,m,h[N],v[N*2],nxt[N*2],f[N],ec,x,y,d[N],tv[N];
void add(int x,int y){v[++ec]=y;nxt[ec]=h[x];h[x]=ec;}
int qp(int x,int y){
int r=1;
for(;y;y>>=1,x=x*x%mo)
if(y&1)r=r*x%mo;
return r;
}
signed main(){
freopen("maple.in","r",stdin);
freopen("maple.out","w",stdout);
cin>>n>>m>>x>>y;
for(int i=1;i<=m;i++){
int x,y;
cin>>x>>y;
add(x,y);
d[y]++;
tv[y]++;
}
d[y]++;
int ans=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
ans=ans*d[i]%mo;
f[y]=ans;
queue<int>q;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!tv[i])q.push(i);
while(!q.empty()){
int x=q.front();
q.pop();
f[x]=f[x]*qp(d[x],mo-2)%mo;
for(int i=h[x];i;i=nxt[i]){
f[v[i]]=(f[x]+f[v[i]])%mo;
tv[v[i]]--;
if(!tv[v[i]])
q.push(v[i]);
}
}
if(y==1)cout<<ans;
else cout<<(ans-f[x]+mo)%mo;
}
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