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 dpdpdp 。
因为题目对拓扑序有限制,不妨设 fx,pf_{x,p}fx,p 表示拓扑遍历以 xxx 为根的子树, xxx 在拓扑序中第 ppp 位的序列数。考虑转移方程,假设目前已经遍历 xxx 的前 i−1i-1i−1 个儿子,正在用第 iii 个儿子 sonsonson 进行更新。
记:
- sonsonson 是当前正在更新的儿子
- sizXsizXsizX 是 xxx 与其前 i−1i-1i−1 个儿子构成的连通块的大小(原拓扑序长度)
- sizSsizSsizS 是以 sonsonson 为根的子树的大小
- gx,pg_{x,p}gx,p 表示前 i−1i-1i−1 个儿子更新的结果(与 fx,pf_{x,p}fx,p 作区分)
- pre=p−1pre=p-1pre=p−1 表示原来序列在 xxx 前的节点数
- suf=sizX−psuf=sizX-psuf=sizX−p 表示原来序列在 xxx 后的节点数
若边 (son,x)(son,x)(son,x) 访问方向为从 sonsonson 到 xxx ,我们尝试将 sonsonson 子树内的拓扑序列插入要更新的拓扑序列中,同时保证 sonsonson 在 xxx 前,不妨枚举 sonsonson 的拓扑序中前 jjj 个节点在 xxx 前遍历,可得:
fx,p=∑j=0sizSgx,p−j∗(∑k=1jfson,k)∗Cpre+jj∗Csuf+sizS−jsizS−jf_{x,p}=\sum_{j=0}^{sizS}g_{x,p-j}*(\sum_{k=1}^{j}f_{son,k})*C_{pre+j}^j*C_{suf+sizS-j}^{sizS-j}fx,p=j=0∑sizSgx,p−j∗(k=1∑jfson,k)∗Cpre+jj∗Csuf+sizS−jsizS−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 xxx 前后的插入位置,上组合数即可。
若边 (x,son)(x,son)(x,son) 访问方向为从 xxx 到 sonsonson ,类似的,稍微更改即可:
fx,p=∑j=0sizSgx,p−j∗(∑k=j+1sizSfson,k)∗Cpre+jj∗Csuf+sizS−jsizS−jf_{x,p}=\sum_{j=0}^{sizS}g_{x,p-j}*(\sum_{k=j+1}^{sizS}f_{son,k})*C_{pre+j}^j*C_{suf+sizS-j}^{sizS-j}fx,p=j=0∑sizSgx,p−j∗(k=j+1∑sizSfson,k)∗Cpre+jj∗Csuf+sizS−jsizS−j
两式中含 kkk 的括号项可由前缀和 O(1)O(1)O(1) 求出,枚举 p,jp,jp,j 的复杂度为树上背包复杂度 O(n2)O(n^2)O(n2) 。
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;
}