【BZOJ3167/4824】[Heoi2013]Sao/[Cqoi2017]老C的键盘

Description

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。

Input

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

Output

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。

Sample Input

1
10
5 > 8
5 > 6
0 < 1
9 < 4
2 > 5
5 < 9
8 < 1
9 > 3
1 < 7

Sample Output

如何设状态呢？显然应该是个二维的状态。设f[i][j]表示在i的子树中，i位于第j个位置的方案数。那么我们如何将x的当前状态与他的儿子的状态合并呢？

先只考虑x<y的情况，我们设原来的siz[x]=sa，siz[y]=sb，sa+sb=sc，我们想用f[x][a]和f[y][b]来更新f[x][c]（c>=a+b），为了区分新的f和旧的f，我们用g[c]表示新的f。

如果x位于位置c，那么它左边有c-1个位置，相当于将y的序列中左边的数与x的序列中左边的数进行了二路归并，并且归并的顺序可以随便确定，那么方案数就是$C_{c-1}^{a-1}$，同理，右面的sc-c个数也可以归并处理，方案数是$C_{sc-c}^{sa-a}$，所以得到方程：

$g[c]=\sum\limits_{a=1}^{c}\sum\limits_{b=1}^{c-a}C_{c-1}^{a-1}C_{sc-c}^{sa-a}f[x][a]*f[y][b]$

$g[c]=\sum\limits_{b=1}^{c}f[y][b]\sum\limits_{a=1}^{c-b}C_{c-1}^{a-1}C_{sc-c}^{sa-a}f[x][a]$

不过值得惭愧的是，我的代码的上界设的不紧，或是循环顺序不太对，复杂度其实应该是O(n^3)的，似乎可以改一改使得复杂度变成树形背包的优雅的O(n^2)。不过还是卡过了，就没有改，求不卡~不过处理4824那题还是很轻松的，因为是完全二叉树嘛~

#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> using namespace std; typedef long long ll; const ll P=1000000007; int n,cnt; ll ans; ll C[1010][1010]; ll f[1010][1010],g[1010],s[1010]; int to[2010],next[2010],head[1010],val[2010],fa[1010],siz[1010]; char str[5]; void dfs(int x) { int i,y,a,b,c; siz[x]=1,f[x][1]=1; for(i=head[x];i!=-1;i=next[i]) if(to[i]!=fa[x]) { y=to[i],fa[y]=x,dfs(y); memset(g,0,sizeof(g[0])*(siz[x]+siz[y]+1)); if(val[i]==1) { for(c=2;c<=siz[x]+siz[y];c++) { s[max(1,c-siz[y])-1]=0; for(b=1;b<=min(siz[x],c-1);b++) s[b]=(s[b-1]+C[c-1][b-1]*C[siz[x]+siz[y]-c][siz[x]-b]%P*f[x][b])%P; for(a=1;a<=min(siz[y],c-1);a++) { if(c-a>min(siz[x],c-1)) s[c-a]=s[min(siz[x],c-1)]; if(c-a<max(1,c-siz[y])) s[c-a]=0; g[c]=(g[c]+s[c-a]*f[y][a])%P; } } f[x][1]=0; for(c=2;c<=siz[x]+siz[y];c++) f[x][c]=g[c]; } else { for(c=2;c<=siz[x]+siz[y];c++) { s[max(1,c-siz[y])-1]=0; for(b=1;b<=min(siz[x],c-1);b++) s[b]=(s[b-1]+C[c-1][b-1]*C[siz[x]+siz[y]-c][siz[x]-b]%P*f[x][siz[x]-b+1])%P; for(a=1;a<=min(siz[y],c-1);a++) { if(c-a>min(siz[x],c-1)) s[c-a]=s[min(siz[x],c-1)]; if(c-a<max(1,c-siz[y])) s[c-a]=0; g[c]=(g[c]+s[c-a]*f[y][siz[y]-a+1])%P; } } f[x][siz[x]+siz[y]]=0; for(c=1;c<siz[x]+siz[y];c++) f[x][c]=g[siz[x]+siz[y]-c+1]; } siz[x]=siz[x]+siz[y]; } } inline void add(int a,int b,int c) { to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++; } void work() { scanf("%d",&n); int i,a,b; memset(head,-1,sizeof(head)),cnt=0; memset(f,0,sizeof(f)),memset(fa,0,sizeof(fa)); for(i=1;i<n;i++) { scanf("%d%s%d",&a,str,&b),a++,b++; if(str[0]==‘>‘) add(a,b,1),add(b,a,0); if(str[0]==‘<‘) add(a,b,0),add(b,a,1); } dfs(1); ans=0; for(i=1;i<=n;i++) ans=(ans+f[1][i])%P; printf("%lld\n",ans); } int main() { int T,i,j; C[0][0]=1; for(i=1;i<=1000;i++) { C[i][0]=1; for(j=1;j<=i;j++) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%P; } scanf("%d",&T); while(T--) work(); return 0; }//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