本文介绍了一种使用高维树形动态规划和组合数学解决特定拓扑排序问题的方法，针对有向边的树结构，通过类树形背包的技巧，将子树逐一合并至根节点，计算拓扑排序方案数。
测试地址：SAO
题目大意： 给定一棵树边是有向边的树（边不一定从根指向儿子），求拓扑序数量。
n
≤
1000
n\le 1000
n≤1000。
做法： 本题需要用到高维树形DP+组合数学。
如果边都是从根连向儿子的话，简单组合就可以树形DP
O
(
n
)
O(n)
O(n)做了，问题是这道题并不是这样的，而是一个“类树”的结构，但因为它还是棵树所以我们还是考虑树形DP。
考虑用类似树形背包的做法，把子树一一合并到根上。令
f
(
i
,
j
)
f(i,j)
f(i,j)为在以
i
i
i为根的子树中，点
i
i
i在拓扑序中的位置为
j
j
j的拓扑序方案数，那么我们一开始令
f
(
i
,
1
)
=
1
f(i,1)=1
f(i,1)=1，其它都是
0
0
0。那么在合并一棵子树时，这棵子树的根要求比点
i
i
i先取或者后取，因为这两个限制对称，所以在这里我们只讨论要求子树根比点
i
i
i先取的情况。
考虑枚举两个值
j
,
k
j,k
j,k，
j
j
j表示点
i
i
i在合并前的拓扑序中的位置，
k
k
k表示在当前子树的拓扑序中比点
i
i
i先取的点的数目，我们来考虑贡献。首先，因为满足性质的拓扑序可以随便选，因此贡献乘上一个
f
(
i
,
j
)
f(i,j)
f(i,j)。接着，因为要求子树根要比点
i
i
i先取，所以当且仅当
p
≤
k
p\le k
p≤k（
p
p
p表示子树根在当前子树的拓扑序中的位置）时才满足条件，此时所有的
f
(
s
o
n
,
p
)
f(son,p)
f(son,p)都是可以选的，那么贡献乘上一个
∑
p
=
1
k
f
(
s
o
n
,
p
)
\sum_{p=1}^k f(son,p)
∑p=1kf(son,p)。接着就是合并的环节了，当前子树拓扑序的前
k
k
k个塞到点
i
i
i之前，方案数为
C
j
+
k
−
1
k
C_{j+k-1}^k
Cj+k−1k，剩下的
s
i
z
(
s
o
n
)
−
k
siz(son)-k
siz(son)−k个塞到点
i
i
i之后，同理得到方案数为
C
s
i
z
(
i
)
+
s
i
z
(
s
o
n
)
−
j
−
k
s
i
z
(
s
o
n
)
−
k
C_{siz(i)+siz(son)-j-k}^{siz(son)-k}
Csiz(i)+siz(son)−j−ksiz(son)−k。那么令
n
o
w
(
x
)
now(x)
now(x)为合并后拓扑序中点
i
i
i在第
x
x
x位的方案数，那么一对
j
,
k
j,k
j,k对
n
o
w
(
j
+
k
)
now(j+k)
now(j+k)的贡献为：
f
(
i
,
j
)
⋅
[
∑
p
=
1
k
f
(
s
o
n
,
p
)
]
⋅
C
j
+
k
−
1
k
⋅
C
s
i
z
(
i
)
+
s
i
z
(
s
o
n
)
−
j
−
k
s
i
z
(
s
o
n
)
−
k
f(i,j)\cdot [\sum_{p=1}^k f(son,p)]\cdot C_{j+k-1}^k\cdot C_{siz(i)+siz(son)-j-k}^{siz(son)-k}
f(i,j)⋅[∑p=1kf(son,p)]⋅Cj+k−1k⋅Csiz(i)+siz(son)−j−ksiz(son)−k
类似地处理完要求
s
o
n
son
son比
i
i
i后取的情况，预处理组合数，再顺便算一个前缀和（要求那个
∑
\sum
∑）就可以很快地直接DP了。而因为这个DP合并子树的方式和树形背包极其相似，我们可以用类似树形背包的方法证明复杂度是
O
(
n
2
)
O(n^2)
O(n2)的（考虑每对点都在其LCA处恰好被计算一次），我个人把这种高维树形DP称为类树形背包。这样我们就解决了这一题。
以下是本人代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1000000007;
int T,n,first[1010],tot;
int siz[1010];
ll C[1010][1010],f[1010][1010],sum[1010][1010],now[1010];
struct edge
{
int v,next;
bool type;
}e[2010];
void insert(int a,int b,bool type)
{
e[++tot].v=b;
e[tot].type=type;
e[tot].next=first[a];
first[a]=tot;
}
ll CC(int n,int m)
{
if (n<0||m<0||n<m) return 0;
else return C[n][m];
}
void dp(int v,int fa)
{
siz[v]=1;
memset(f[v],0,sizeof(f[v]));
f[v][1]=1;
for(int i=first[v];i;i=e[i].next)
if (e[i].v!=fa)
{
int y=e[i].v;
dp(y,v);
for(int j=1;j<=siz[v]+siz[y];j++)
now[j]=0;
if (e[i].type)
{
for(int j=1;j<=siz[v];j++)
for(int k=1;k<=siz[y];k++)
now[j+k]=(now[j+k]+f[v][j]*sum[y][k]%mod*CC(j+k-1,k)%mod*CC(siz[v]+siz[y]-j-k,siz[y]-k))%mod;
}
else
{
for(int j=1;j<=siz[v];j++)
for(int k=0;k<siz[y];k++)
now[j+k]=(now[j+k]+f[v][j]*(sum[y][siz[y]]-sum[y][k]+mod)%mod*CC(j+k-1,k)%mod*CC(siz[v]+siz[y]-j-k,siz[y]-k))%mod;
}
siz[v]+=siz[y];
for(int j=1;j<=siz[v];j++)
f[v][j]=now[j];
}
sum[v][0]=0;
for(int i=1;i<=siz[v];i++)
sum[v][i]=(sum[v][i-1]+f[v][i])%mod;
}
int main()
{
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;
}
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
memset(first,0,sizeof(first));
tot=0;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<n;i++)
{
int a,b;
char s;
scanf("%d %c%d",&a,&s,&b);
if (s=='>') swap(a,b);
insert(a,b,0);
insert(b,a,1);
}
dp(0,-1);
printf("%lld\n",sum[0][n]);
}
return 0;
}
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