题目
做法
看题解的
不难发现，在DAG上这种神奇的树的方案是把每个点的入度乘起来，所以(ans=prodlimits_{i=1}^{n}du(i))。（(du)就是入度）
但是出现环怎么处理呢？
我们考虑减去环的贡献。
我们假设现在的环是(a_1->a_2->a_3->...->a_k)，那么多余的贡献就是(frac{ans}{prodlimits_{i=1}^{k}du(a_{i})})，因为除了环上是固定的，其他都可以随便向入度连边，所以用(ans)除去环上的入度即可即可。
如果你不能理解，我用一个引理你应该可以更懂一点。
这种构造方案最多存在一个简单环。
首先由于父亲边唯一，且保证(n-1)条边，所以最多是基环树森林，但事实上，每个环都必须经过新加入的边，所以最多只有一个简单环，即一个基环树，一个普通的树，证毕。
但是关键是枚举两个不同的环方案有没有可能相同？（https://www.luogu.com.cn/discuss/show/250508）
实际上是没有可能的，因为基环树的基环都不同。
好，那么关键就是如何统计的问题了，我们发现环必须经过新给出的边，所以另外一条实际上是(x->y)的路径（(y->x)是新加入的边），而这个路径，我们实际上可以直接用DAG DP转移，设(g[k])为(x->k)的路径的(sumfrac{ans}{路径经过点的入度乘积})，直接拓扑转移即可。
最后直接减去(g[y])就是答案。
代码
我也不知道为什么我要建反图，明明正图就可以了
时间复杂度：(O(nlog{mod}))（因为要算逆元）
但需要注意的是，如果新加入边的终点为(1)，则不可以加入，因为(1)必须是根。
同时自环不会成为树边，也可以不管，而且因为管了，DFS可能会出错，所以直接不加入。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 110000
#define M 210000
using namespace std;
typedef long long LL;
int n,m,tx,ty;
LL mod=1e9+7;
inline LL ksm(LL x,int y)
{
LL ans=1;
while(y)
{
if(y&1)ans=(ans*x)%mod;
x=(x*x)%mod;y>>=1;
}
return ans;
}
struct node
{
int y,next;
}a[M];int len,last[N];
inline void ins(int x,int y){len++;a[len].y=y;a[len].next=last[x];last[x]=len;}
LL in[N],out[N],pin[N],ans=1,g[N];
bool v[N];
void dfs1(int x)
{
v[x]=1;
for(int k=last[x];k;k=a[k].next)
{
int y=a[k].y;out[y]++;
if(!v[y])dfs1(y);
}
}
void dfs(int x)
{
for(int k=last[x];k;k=a[k].next)
{
int y=a[k].y;out[y]--;
g[y]+=g[x]*pin[y];g[y]%=mod;
if(!out[y])dfs(y);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&tx,&ty);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
ins(y,x);
in[y]++;
}
if(!(tx==ty || ty==1))in[ty]++;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!in[i])
{
printf("0
");
return 0;
}
pin[i]=ksm(in[i],mod-2);
ans=ans*in[i]%mod;
}
if(!(tx==ty || ty==1))
{
dfs1(tx);out[tx]--;
g[tx]=(ans*pin[tx])%mod;
dfs(tx);
ans-=g[ty];ans=(ans+mod)%mod;
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
小结
如果一个有向图中只有一个点数大于等于二的强连通分量，那么在考虑过程中，可以先不管环进行DP，最后单独考虑把环的情况，并减去。（反正我当时就死脑筋想着如何把分量的情况像DAG一样搞出来，结果死活搞不出来，最后告诉我是容斥，实际上环的处理方法确实有容斥）