洛谷P4099: [HEOI2013]SAO(类树上背包+前缀和优化)

洛谷P4099: [HEOI2013]SAO

原题链接: https://www.luogu.com.cn/problem/P4099

题解

由题意可知给出的是一棵树，考虑树上 $dp$ 。
因为题目对拓扑序有限制，不妨设 $f_{x,p}$ 表示拓扑遍历以 $x$ 为根的子树， $x$ 在拓扑序中第 $p$ 位的序列数。考虑转移方程，假设目前已经遍历 $x$ 的前 $i-1$ 个儿子，正在用第 $i$ 个儿子 $son$ 进行更新。
记:

• $son$ 是当前正在更新的儿子
• $sizX$ 是 $x$ 与其前 $i-1$ 个儿子构成的连通块的大小(原拓扑序长度)
• $sizS$ 是以 $son$ 为根的子树的大小
• $g_{x,p}$ 表示前 $i-1$ 个儿子更新的结果(与 $f_{x,p}$ 作区分)
• $pre=p-1$ 表示原来序列在 $x$ 前的节点数
• $suf=sizX-p$ 表示原来序列在 $x$ 后的节点数

若边 $(son,x)$ 访问方向为从 $son$ 到 $x$ ，我们尝试将 $son$ 子树内的拓扑序列插入要更新的拓扑序列中，同时保证 $son$ 在 $x$ 前，不妨枚举 $son$ 的拓扑序中前 $j$ 个节点在 $x$ 前遍历，可得:
$$f_{x,p}=\sum _{j=0}^{sizS}{g}_{x,p-j}\ast (\sum _{k=1}^j{f}_{son,k})\ast C_{pre+j}^j\ast C_{suf+sizS-j}^{sizS-j}$$

式子分析: 无论插入状况如何，原序列和插入序列的方案数不相互影响，可独立相乘。对于插入分别考虑 $x$ 前后的插入位置，上组合数即可。

若边 $(x,son)$ 访问方向为从 $x$ 到 $son$ ，类似的，稍微更改即可:
$$f_{x,p}=\sum _{j=0}^{sizS}{g}_{x,p-j}\ast (\sum _{k=j+1}^{sizS}{f}_{son,k})\ast C_{pre+j}^j\ast C_{suf+sizS-j}^{sizS-j}$$

两式中含 $k$ 的括号项可由前缀和 $O(1)$ 求出，枚举 $p,j$ 的复杂度为树上背包复杂度 $O(n^2)$ 。
代码中树上背包用从前向后递推，有少许改动，请注意。

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

template<class T>inline void read(T&x){
	char c,last=' ';
	while(!isdigit(c=getchar()))last=c;
	x=c^48;
	while(isdigit(c=getchar()))x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);
	if(last=='-')x=-x;
}

const int MAXN=1e3+7,P=1e9+7;
int n;
int M[MAXN][MAXN];//标记边的方向
int C[MAXN][MAXN];//组合数
vector<int>e[MAXN];//边
int f[MAXN][MAXN];//树上dp
int s[MAXN][MAXN];//前缀和
int siz[MAXN];

void init(){//预处理组合数
	for(int i=0;i<MAXN;++i){
		C[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=i;++j){
			C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%P;
		}
	}
}

void dfs(int u,int fa){
	siz[u]=1;
	f[u][1]=1;
	for(int i=0,v;i<(int)e[u].size();++i){
		v=e[u][i];
		if(v==fa)continue;
		dfs(v,u);
		if(M[v][u]==1){//v->u(即文中son->x)
			for(int p=siz[u];p>=1;--p){//逆向枚举,背包惯用压维套路
				int pre=p-1,suf=siz[u]-p;
				for(int j=1;j<=siz[v];++j){//更新,注意j没必要枚举0,因为v至少要在u前
					f[u][p+j]=(f[u][p+j]+1ll*f[u][p]*s[v][j]%P*C[pre+j][j]%P*C[suf+siz[v]-j][suf]%P)%P;
				}
				f[u][p]=0;//清空原来作为g的f
			}
		}
		else{//u->v(即文中x->son)
			for(int p=siz[u];p>=1;--p){
				int pre=p-1,suf=siz[u]-p;
				for(int j=1;j<=siz[v];++j){//不要枚举j=0,在最后更新
					f[u][p+j]=(f[u][p+j]+1ll*f[u][p]*(s[v][siz[v]]-s[v][j])%P*C[pre+j][j]%P*C[suf+siz[v]-j][suf]%P)%P;
				}
				f[u][p]=1ll*f[u][p]*s[v][siz[v]]%P*C[suf+siz[v]][suf]%P;//转移g[u][p]->f[u][p](即j=0转移)
			}
		}
		siz[u]+=siz[v];//更新siz
	}
	for(int i=1;i<=siz[u];++i)s[u][i]=(s[u][i-1]+f[u][i])%P;//更新前缀和
}

int main()
{
	init();
	int T;read(T);
	while(T--){
		read(n);
		for(int i=1;i<=n;++i){//初始化清空
			vector<int>().swap(e[i]);
			for(int j=1;j<=n;++j)f[i][j]=0;
		}
		for(int i=1,u,v;i<n;++i){
			char c;
			read(u),cin>>c,read(v);
			++u,++v;
			e[u].push_back(v),e[v].push_back(u);//建边无向
			if(c=='>')swap(u,v);
			M[u][v]=1;M[v][u]=2;//标记方向
		}
		dfs(1,0);
		cout<<(s[1][n]+P)%P<<'\n';//注意转负数
	}
	return 0;
}