(mathcal{Description})
Link.
(n) 个公司，每个公司可能独立或者附属于另一个公司。初始时，每个公司附属于 (a_i)（(a_i=-1) 表示该公司独立）。不存在两级及以上的附属关系。每次事件随机选取两个独立的公司，使其中一个公司所拥有的附属公司全部独立，并且该公司成为另一个公司的附属。求使仅存在一个独立公司的期望操作次数。对 (10^9+7) 取模。
(nle500)。
(mathcal{Solution})
奇怪的解题姿势增加了！
记一个公司的势能函数 (phi(i)=2^{s_i}-1)，其中 (s_i) 为该公司拥有的结点个数。并记 (phi(S)) 为局面 (S) 的势能函数，有：
[phi(S)=sum_{i=1}^nphi(i)
]
那么，结束局面 (T) 的势能函数 (phi(T)=2^{n-1}-1)。
考虑单次事件对势能的影响。对于局面 (S) 中一次作用在两个独立公司 (u,v) 上的事件，有：
[egin{align}
E(Deltaphi)&=E(phi(S'))-phi(S)\
&=frac{1}2((2^{s_u}-1)+(2^{s_v}-1))-(2^{s_u-1}-1)-(2^{2_v-1}-1)\
&=-1+2\
&=1
end{align}
]
一次事件在期望意义下会让局面的势能 (+1)！所以期望事件个数就是势能的期望变化次数。即：
[phi(T)-phi(S)
]
其中 (S) 是初始局面，(T) 即上文结束局面。输出这个值就好啦！
复杂度 (mathcal O(n))。
(mathcal{Code})
#include <cstdio>
const int MAXN = 500, MOD = 1e9 + 7;
int n, d[MAXN + 5];
inline int qkpow ( int a, int b, const int p = MOD ) {
int ret = 1;
for ( ; b; a = 1ll * a * a % p, b >>= 1 ) ret = 1ll * ret * ( b & 1 ? a : 1 ) % p;
return ret;
}
int main () {
scanf ( "%d", &n );
int ans = ( MOD + qkpow ( 2, n - 1 ) - 1 ) % MOD;
for ( int i = 1, f; i <= n; ++ i ) {
scanf ( "%d", &f );
if ( ~ f ) d[i] = -1, ++ d[f];
}
for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) {
if ( ~ d[i] ) {
ans = ( ans - qkpow ( 2, d[i] ) + 1 + MOD ) % MOD;
}
}
printf ( "%d
", ans );
return 0;
}