AtCoder NOMURA 2020 D

首先, 一种情况下的答案就是 (n~-) 联通块数.
要算所有情况下联通块数的和, 可以对于每个联通块单独考虑它出现的方案数再加起来.
于是我们可以对于每个联通块选择一个 代表点, 对于这些代表点计数即可.
将原图除 (-1) 之外的边连上, 将会是基环内向树和树的混合森林, 我们可以将基环树的环作为代表点.
注意到树的根节点的 (p) 是 (-1), 而基环树没有 (p) 为 (-1) 的节点.
先对基环树统计方案数. 考虑到它不可能再向外连边, 那么它成为连通块代表点的方案就是 ((N-1)^K).
然后对含有 -1 的树结构计数: 考虑最终一个连通块中的环, 假设它是由大小为 (a_1,a_2,dots,a_m) 的树连成的, 那么它对答案的贡献就是 ((prod{a_i})(i-1)!(N-1)^{K-i}) (注意当 (m=1) 时贡献为 ((a_i-1)(N-1)^{K-1})). 由于一共有 (K) 个这样的树, 所以这部分的贡献要用 DP 来算.
最终将两部分贡献加起来就是所有关键点(即所有连通块)贡献, 用 (N(N-1)^K) 减一下就是答案.

#include <bits/stdc++.h>
#define N 5050
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;

int fsp(int x, int k = mod - 2) {
    int res = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) res = 1ll * res * x % mod;
        x = 1ll * x * x % mod, k >>= 1;
    }
    return res;
}

int n, p[N], sz[N], f[N][N], vis[N], t;
vector<int> G[N];

void dfs(int u, int r) {
    vis[u] = 1;
    if (r < 0) sz[-r]++;
    for (int v : G[u])
        if (v != r) dfs(v, r);
        else ++t;
}

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%d", p + i);
        if (~p[i]) G[p[i]].push_back(i);
    }

    int K = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        if (p[i] == -1) dfs(i, -(++K));
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        if (!vis[i]) dfs(i, i);

    int ans = 1ll * t * fsp(n - 1, K) % mod;

    f[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= K; ++i) {
        f[i][0] = 1;
        for (int j = 1; j <= i; ++j)
            f[i][j] = (f[i - 1][j] + 1ll * f[i - 1][j - 1] * sz[i]) % mod;
    }

    if (K) ans = (ans + 1ll * (f[K][1] - K) * fsp(n - 1, K - 1)) % mod;
    for (int i = 2, j = 1; i <= K; ++i) {
        j = 1ll * j * (i - 1) % mod;
        ans = (ans + 1ll * f[K][i] * j % mod * fsp(n - 1, K - i)) % mod;
    }

    ans = (1ll * n * fsp(n - 1, K) - ans) % mod;
    if (ans < 0) ans += mod;
    cout << ans << endl;

    return 0;
}