bzoj 4013: [HNOI2015]实验比较 （树形DP+组合数学）

4013: [HNOI2015]实验比较

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Description

小 D  被邀请到实验室，做一个跟图片质量评价相关的主观实验。实验用到的图片集一共有  N  张图片，编号为  1  到  N 。实验分若干轮进行，在每轮实验中，小  D 会被要求观看某两张随机选取的图片，  然后小 D  需要根据他自己主观上的判断确定这两张图片谁好谁坏，或者这两张图片质量差不多。  用符号“ < ”、“ > ”和“ = ”表示图片  x 和 y （ x 、 y 为图片编号）之间的比较：如果上下文中  x  和  y  是图片编号，则  x<y  表示图片  x “质量优于” y ， x>y  表示图片  x “质量差于” y ， x=y 表示图片  x 和  y “质量相同”；也就是说，这种上下文中，“ < ”、“ > ”、“ = ”分别是质量优于、质量差于、质量相同的意思；在其他上下文中，这三个符号分别是小于、大于、等于的含义。图片质量比较的推理规则（在 x 和 y 是图片编号的上下文中）：（ 1 ） x < y 等价于  y > x 。（ 2 ）若  x < y  且 y = z ，则 x < z 。（ 3 ）若 x < y 且  x = z ，则  z < y 。（ 4 ） x=y 等价于  y=x 。（ 5 ）若 x=y 且  y=z ，则 x=z 。  实验中，小  D  需要对一些图片对 (x, y) ，给出  x < y  或  x = y 或  x > y  的主观判断。小 D  在做完实验后，  忽然对这个基于局部比较的实验的一些全局性质产生了兴趣。在主观实验数据给定的情形下，定义这  N  张图片的一个合法质量序列为形如“ x1 R1 x2 R2 x3 R3  … xN-1 RN-1 xN ”的串，也可看作是集合 { xi Ri xi+1|1<=i<=N-1} ，其中  xi 为图片编号， x1,x2, … ,xN 两两互不相同（即不存在重复编号）， Ri 为 < 或 = ，“合法”是指这个图片质量序列与任何一对主观实验给出的判断不冲突。  例如：  质量序列 3 < 1 = 2  与主观判断“ 3 > 1 ， 3 = 2”冲突（因为质量序列中 3<1  且 1=2 ，从而 3<2 ，这与主观判断中的  3=2  冲突；同时质量序列中的  3<1  与主观判断中的  3>1  冲突）  ，但与主观判断“ 2 = 1 ， 3 < 2”   不冲突；因此给定主观判断“ 3>1 ， 3=2”时，1<3=2  和 1<2=3  都是合法的质量序列， 3<1=2  和 1<2<3 都是非法的质量序列。由于实验已经做完一段时间了，小 D  已经忘了一部分主观实验的数据。对每张图片  i ，小  D  都最多只记住了某一张质量不比  i  差的另一张图片  Ki 。这些小  D  仍然记得的质量判断一共有  M  条（ 0 <= M <= N ），其中第 i  条涉及的图片对为 (KXi, Xi) ，判断要么是 KXi   < Xi   ，要么是 KXi = Xi ，而且所有的 Xi 互不相同。小 D  打算就以这 M  条自己还记得的质量判断作为他的所有主观数据。现在，基于这些主观数据，我们希望你帮小  D  求出这  N  张图片一共有多少个不同的合法质量序列。我们规定： 如果质量序列中出现“ x = y ”，那么序列中交换  x 和 y 的位置后仍是同一个序列。 因此：  1<2=3=4<5  和 1<4=2=3<5  是同一个序列，  1 < 2 = 3 和  1 < 3 = 2  是同一个序列，而 1 < 2 < 3  与 1 < 2 = 3 是不同的序列， 1<2<3 和 2<1<3  是不同的序列。 由于合法的图片质量序列可能很多，  所以你需要输出答案对 10^9 + 7  取模的结果

Input

第一行两个正整数N,M，分别代表图片总数和小D仍然记得的判断的条数；

接下来M行，每行一条判断，每条判断形如”x < y”或者”x = y”。 

Output

 输出仅一行，包含一个正整数，表示合法质量序列的数目对 10^9+7取模的结果。

Sample Input

5 4
1 < 2
1 < 3
2 < 4
1 = 5

Sample Output

5

HINT

 不同的合法序列共5个，如下所示： 

1 = 5 < 2 < 3 < 4 

1 = 5 < 2 < 4 < 3 

1 = 5 < 2 < 3 = 4 

1 = 5 < 3 < 2 < 4 

1 = 5 < 2 = 3 < 4 

100%的数据满足N<=100。  

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题解：树形DP+组合数学

题目中说x<y或者x==y 中的y是互不相同的，那么如果根据读入的关系进行连边的话，一个y只会对应一个x，也就是只有一个前驱，这非常想树形结构。

但是题目中并没有保证不会出现环，所以我们需要特判是否存在环，如果存在则无解。

因为还有一些x==y的关系，我们用并查集维护相同的点，将所有的相等关系并到一起，然后重新建树，我们会得到一片森林，森林不好处理所以我加入一个虚点，将所有的森林穿成一颗树。

f[i][j]表示i的子树中，有j个不相同元素的方案数。

考虑如何将两个子树合并，因为子树中的元素是有序的，所有在合并的时候仍需要保证其有序性。

设两个子树的答案分别是f[x][i],f[y][j]

那么我们可以合并成的序列长度k=[max(i,j),i+j]

合并后的答案就是g[k]=f[x][i]*f[y][j]*c(i,k)*c(j-k+i,i) 因为必须保证有序性，所以我们先从空位中选择i个给第一棵子树，剩下的（k-i）个位置第二棵子树只能顺序插入，那么会有（j-k+i）个没有单独的位置，只能和第一棵子树的元素公用一个位置。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#define N 503
#define p 1000000007
#define LL long long
using namespace std;
int fa[N],point[N],nxt[N],v[N],px[N],py[N];
int n,m,tot,sum[N],ins[N],vis[N];
LL f[N][N],c[N][N],g[N][N],val[N][N];
bool pd;
int find(int x)
{
	if (fa[x]==x) return x;
	fa[x]=find(fa[x]);
	return fa[x];
}
void add(int x,int y)
{
	tot++; nxt[tot]=point[x]; point[x]=tot; v[tot]=y;
	//cout<<x<<" "<<y<<endl;
}
void calc(int x)
{
	for (int i=0;i<=x;i++) c[0][i]=1;
	for (int i=1;i<=x;i++)
	 for (int j=1;j<=i;j++)
	  c[j][i]=(c[j-1][i-1]+c[j][i-1])%p;
}
void dfs(int x)
{
	bool mark=false; int mx=0;
	sum[x]=1;
	for (int i=point[x];i;i=nxt[i]){
		dfs(v[i]);
		if (mark) {
		 for (int k=1;k<=sum[x]+sum[v[i]];k++) g[x][k]=0;
		 for (int j=1;j<=sum[x]-1;j++) 
		  for (int k=1;k<=sum[v[i]];k++)
		   for (int l=max(j,k);l<=j+k;l++)
		    g[x][l]=(g[x][l]+(val[x][j]*f[v[i]][k]%p*c[j][l]%p*c[k-l+j][j]%p)%p)%p;
		 for (int k=1;k<=sum[x]+sum[v[i]];k++) val[x][k]=g[x][k]%p;
	    }
	    else 
	     for (int k=1;k<=sum[v[i]];k++) g[x][k]=val[x][k]=f[v[i]][k]%p;
		sum[x]+=sum[v[i]];
		mark=true;
	}
	for (int i=1;i<=n+1;i++) 
	 f[x][i+1]=g[x][i]%p;
	if (!mark) f[x][1]=1;
}
int main()
{
	freopen("picture.in","r",stdin);
	freopen("picture.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
	int cnt=0; calc(n*2);
	for (int i=1;i<=m;i++) {
		int x,y; char opt[2];
		scanf("%d%s%d",&x,&opt,&y);
		int r1=find(x); int r2=find(y);
		if (opt[0]=='<') px[++cnt]=x,py[cnt]=y;
		else fa[r2]=r1;
	}
	for (int i=1;i<=cnt;i++) {
		int r1=find(px[i]); int r2=find(py[i]);
		add(r1,r2); ins[r2]++; vis[r1]=1; vis[r2]=1;
	}
	int size=0;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	 if (!ins[i]&&find(i)==i&&vis[i]) {
	 	add(n+1,i);
	 	++size;
	 } 
	if (!size) {
		printf("0\n");
		return 0;
	}
	dfs(n+1);
	LL ans=0;
	for (int i=1;i<=n+1;i++) 
	 ans=(ans+f[n+1][i])%p;
	printf("%I64d\n",ans);
}