题目描述
WelcometoSAO(StrangeandAbnormalOnline)。这是一个VRMMORPG，含有n个关卡。但是，挑战不同关卡的顺序是一
个很大的问题。有n–1个对于挑战关卡的限制，诸如第i个关卡必须在第j个关卡前挑战，或者完成了第k个关卡才
能挑战第l个关卡。并且，如果不考虑限制的方向性，那么在这n–1个限制的情况下，任何两个关卡都存在某种程
度的关联性。即，我们不能把所有关卡分成两个非空且不相交的子集，使得这两个子集之间没有任何限制。
输入格式
第一行，一个整数T，表示数据组数。对于每组数据，第一行一个整数n，表示关卡数。接下来n–1行，每行为“i
sign j”,其中$0≤i,j≤n–1$且$i≠j$，sign为“<”或者“>”，表示第i个关卡必须在第j个关卡前/后完成。
$T≤5, 1≤n≤1000$
输出格式
对于每个数据，输出一行一个整数，为攻克关卡的顺序方案个数，mod1,000,000,007输出。
样例输入
5
10
5 > 8
5 > 6
0 < 1
9 < 4
2 > 5
5 < 9
8 < 1
9 > 3
1 < 7
10
6 > 7
2 > 0
9 < 0
5 > 9
7 > 0
0 > 3
7 < 8
1 < 2
0 < 4
10
2 < 0
1 > 4
0 > 5
9 < 0
9 > 3
1 < 2
4 > 6
9 < 8
7 > 1
10
0 > 9
5 > 6
3 > 6
8 < 7
8 > 4
0 > 6
8 > 5
8 < 2
1 > 8
10
8 < 3
8 < 4
1 > 3
1 < 9
3 < 7
2 < 8
5 > 2
5 < 6
0 < 9
样例输出
2580
3960
1834
5208
3336
题解
先做了ALO， 又做了SAO。
然后就突然想看刀剑了， 虽然看来好几遍了， 不过河北的省选真会玩儿。
什么时候来个GGO就好了。
回到这道题:
首先将本题转化为一个树上问题（这tm的不是显然吗）。
然后我们发现答案只与每对点的遍历数序有关。
那么我们定义$f[i][j]$为一$i$为根节点的子树中有$j$个比他小。
那么假设$i$的子节点$u$要求小于$i$
那么以$u$为根的子树中有可能有$[0, k - 1]$ 个数比$u$小
那么在考虑小于他的数的合并顺序，
由插板法得$C_{j}^{k}$
同理小于它的为$C_{size[i] + size[u] - j - 1}^{size[u] - k}$
综上转移方程为
$$f[i][j + k] = f[i][j] * \sum_{c=0}^{k-1}{f[u][c]} * C_{j + k}^{j} * C_{size[u] + size[i] - k - j - 1}^{size[u] - k}$$
大于与此类似
不知道为什么数组越界过来
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 1005;
const int MOD = 1000000007;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
struct edge
{
int END, next, v;
}v[MAXN << 1];
int first[MAXN], p;
void add(int a, int b, int c)
{
v[p].END = b;
v[p].next = first[a];
v[p].v = c;
first[a] = p++;
}
long long f[MAXN][MAXN];
long long g[MAXN];
long long Sum[MAXN][MAXN];
long long C[MAXN][MAXN];
int size[MAXN];
void dfs(int rt, int fa)
{
size[rt] = f[rt][0] = 1;
for (int i = first[rt]; i != -1; i = v[i].next)
{
if (v[i].END == fa) continue;
dfs(v[i].END, rt);
for (int j = 0; j < size[rt] + size[v[i].END]; j++) g[j] = 0;
if (v[i].v == 1)
for (int j = 0; j < size[rt]; j++)
for (int k = 0; k <= size[v[i].END]; k++)
{
long long tmp = f[rt][j] * Sum[v[i].END][k - 1] % MOD;
long long rmp = C[j + k][j] * C[size[rt] + size[v[i].END] - k - j - 1][size[v[i].END] - k] % MOD;
(g[j + k] += tmp * rmp % MOD) %= MOD;
}
else
for (int j = 0; j < size[rt]; j++)
for (int k = 0; k <= size[v[i].END]; k++)
{
long long tmp = f[rt][size[rt] - j - 1] * (Sum[v[i].END][size[v[i].END] - 1] - Sum[v[i].END][size[v[i].END] - k - 1] + MOD) % MOD;
long long rmp = C[j + k][j] % MOD * C[size[v[i].END] + size[rt] - k - j - 1][size[v[i].END] - k] % MOD;
(g[size[rt] + size[v[i].END] - j - k - 1] += tmp * rmp % MOD) %= MOD;
}
size[rt] += size[v[i].END];
for (int j = 0; j < size[rt]; j++) f[rt][j] = g[j];
}
Sum[rt][0] = f[rt][0];
for (int i = 1; i < size[rt]; i++)
Sum[rt][i] = (Sum[rt][i - 1] + f[rt][i]) % MOD;
}
int main()
{
int t = read();
C[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= 1000; i++)
{
C[i][0] = 1;
for (int j = 1; j <= i; j++)
C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % MOD;
}
while (t--)
{
memset (size, 0, sizeof (size));
memset (Sum, 0, sizeof (Sum));
memset (f, 0, sizeof (f));
memset (first, -1, sizeof (first));
p = 0;
int n = read(), a, b;
char c[3];
for (int i = 1; i < n; i++)
{
scanf ("%d%s%d", &a, c, &b);
a++, b++;
if (c[0] == '>') add(a, b, 1), add(b, a, -1);
else add(a, b, -1), add(b, a, 1);
}
dfs(1, 0);
printf ("%lld\n", Sum[1][n - 1]);
}
// while (1);
}