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最新推荐文章于 2019-12-04 16:06:23 发布

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分类专栏： # 树形DP # 排列组合

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树形DP

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本文介绍了一种使用树形动态规划（DP）的方法来解决特定类型的排列组合问题，尤其是在涉及树结构的数据集上。通过构建虚拟节点将森林转换为单一树结构，算法能够有效地计算出所有可能的排列方式，利用子树之间的独立性和排列组合原理，最终得出简洁的公式计算总方案数。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

链接

https://uva.onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=2115

题解

首先我建一个虚点，设其为森林中所有树的父亲，那现在就成一棵树了
设 $f(x)$ 为以节点 $x$ 为根的子树的答案
那么 $x$ 点本身肯定排在所有子节点的前面，现在只需考虑其子树中的点怎么排列，子树内部先排列，然后再把这些排列交错着插起来，子树之间是独立的，如果把同一棵子树上的点看作相同的点，那么这就是有重复元素的排列组合，假设子树的大小为 $s(c_1),s(c_2)...s(c_k)$ ，那么

f (x) = [\prod i = 1 k f (c i)] [ s ( x ) - 1 ] ! \prod k i = 1 s ( c i ) !

$f(x)=\left[\prod_{i=1}^kf(c_i)\right]\frac{[s(x)-1]!}{\prod_{i=1}^ks(c_i)!}$
其中

k k $k$ 是子节点个数，

c_{i}

$c_i$ 表示第

i i $i$ 个儿子，

s (x)

$s(x)$ 表示子树大小
使用代入法，就会发现当计算

f(x) f ( x ) $f(x)$ 时，分子上会出现一个

[s(x)−1]! [ s ( x ) − 1 ] ! $[s(x)-1]!$ ，
在计算

f(father(x)) f ( f a t h e r ( x ) ) $f(father(x))$ 时分母上会出现一个

s(x)! s ( x ) ! $s(x)!$
约分之后分母上剩下一个

s(x) s ( x ) $s(x)$
而

[s(root)−1]! [ s ( r o o t ) − 1 ] ! $[s(root)-1]!$ 不会被约去，因为

root r o o t $root$ 没有父亲节点
这样最终答案就是

n ! \prod n i = 1 s ( i )

$\frac{n!}{\prod_{i=1}^ns(i)}$

代码

//数学题
#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 100010
#define mod 1000000007ll
#define cl(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define ll long long
using namespace std;
ll head[maxn], to[maxn], nex[maxn], etot, N, M, mark[maxn], sz[maxn], ans, inv[maxn];
void adde(ll a, ll b){to[++etot]=b;nex[etot]=head[a];head[a]=etot;}
ll read(ll x=0)
{
    ll c, f=1;
    for(c=getchar();!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+c-48;
    return f*x;
}
void preprocess()
{
    ll i;
    inv[1]=1;
    for(i=2;i<maxn;i++)inv[i]=inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
}
void init()
{
    ll i, a, b;
    cl(head), cl(nex), etot=0, cl(mark), cl(sz), ans=1;
    N=read(), M=read();
    for(i=1;i<=M;i++)a=read(), b=read(), adde(b,a), mark[a]=1;
    for(i=1;i<=N;i++)if(!mark[i])adde(N+1,i);
}
void dfs(ll pos)
{
    ll p;
    sz[pos]=1;
    for(p=head[pos];p;p=nex[p])
    {
        dfs(to[p]);
        sz[pos]+=sz[to[p]];
    }
    if(pos!=N+1)ans=ans*inv[sz[pos]]%mod;
}
void show()
{
    ll i;
    for(i=1;i<=N;i++)ans=ans*i%mod;
    printf("%lld\n",ans);
}
int main()
{
    ll T=read();
    preprocess();
    while(T--)
    {
        init();
        dfs(N+1);
        show();
    }
    return 0;
}