【ARC083F】Collecting Balls（图论模型，二分图，基环树，拓扑序）

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这篇博客探讨了一个与图论相关的算法问题，将原问题转化为二分图模型并考虑其基环树特性。文章详细阐述了如何通过定向边来确定球被消灭的机器人，并分析了合法选边顺序的计算方法，涉及到树的拓扑排序。作者还提出了一个引理，证明了一棵树的拓扑序个数的计算公式，并展示了如何处理多个连通块的情况。最后，给出了C++代码实现求解合法选边顺序的方案数。

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首先用 $2 n$ 个点表示每个机器人，原图中的一个球转化为图上的一条边，于是转化为一个二分图模型。

我们对这个二分图的每个连通块分开考虑（假设有 $c n t$ 个连通块），显然一个大小为 $s$ 的连通块应该有 $s$ 条边，于是这既是一个二分图也是一个基环树。

二分图+基环树唯一的性质应该就是基环树中间的那个环是偶环，但这个性质在这题没什么用。

考虑先选出每个球是被哪个机器人消灭的，这就相当于一个边定向问题。我们为这个图上面的每一条边定向，边指向的点表示这条边所代表的球是被那个指向的机器人消灭的。

根据题意每个点的入度只能恰好为 $1$ ，于是这棵基环树的定向方案只有两种：挂在环上的链肯定都是往外指的，而环上的边有顺时针或逆时针两种定向方案。

那么我们对两种定向方案都枚举一遍，于是假设当前的定向方案已经确定了。那么我们就是要考虑合法选边顺序的总方案数。

这里 “合法” 的要求是指：假设有一条边 $x\to y'$ ，意思是用第 $y^{'}$ 列的机器人去消 $(x, y^{'})$ 这个球，那么显然你需要保证满足横坐标 $t\in[1,x)$ 的所有点 $(t, y^{'})$ 都已经被消灭。那么我们让 $y^{'}$ 向所有 $t\in[1,x)$ 连边，表示当前定向方案中要使用机器人 $y^{'}$ 必须先使用机器人 $t$ 。

显然这样会构成若干个外向 DAG，更具体地，由于每个点至多只有 $1$ 的入度，所以这是若干棵外向树。

那么合法的选边顺序就相当于这个图（为若干棵树）中合法的拓扑序个数，而对于一棵大小为 $n^{'}$ 的树来说它的拓扑序个数为 $\dfrac{n'!}{\prod_u sz_u}$ 。

引理：一棵大小为 $n$ 的树的拓扑序个数为 $\dfrac{n!}{\prod_{u}sz_u}$ 。

证明：先考虑 DP，设 $f_u$ 表示以 $u$ 为根的子树的拓扑序个数。

求 $f_u$ 时，注意到 $u$ 的每个儿子 $v$ 的子树是互不影响的，所以我们考虑先确定每棵 $v$ 子树在拓扑序中所占的位置，再考虑对于每棵 $v$ 子树，把这棵子树所包含的点分配到这棵子树所占的位置。后面 $v$ 子树内的点的分配位置的方案数就是 $f_v$ ，而前面为所有子树分配位置相当于一个可重集排列，于是有：

$f_u=\dfrac{(sz_u-1)!}{\prod_{v}sz_v!}\prod_v f_v$

不断代入即可得到引理的式子。

那么现在有 $c n t$ 个连通块每个连通块都有多棵树怎么办呢？我们可以用一个虚点把所有的树根连起来变成一个新的大树，直接求这棵大树的拓扑序个数即可。

那么我们就需要求出每种定向方案的 $\prod_usz_u$ 的和，显然由于连通块之间互不影响，我们并不需要 $O(2^{cnt})$ 枚举所有的定向方案，只需要对每个连通块把它的两种定向方案的 $\prod_{u}sz_u$ 加起来，再把每个连通块乘起来即可。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>

#define N 200010

using namespace std;

namespace modular
{
	const int mod=1000000007;
	inline int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
	inline int dec(int x,int y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
	inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
}using namespace modular;

inline int poww(int a,int b)
{
	int ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) ans=mul(ans,a);
		a=mul(a,a);
		b>>=1;
	}
	return ans;
}

inline int read()
{
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')
	{
		if(ch=='-') f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9')
	{
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}

int n,fac[N];
int ne,S,PRE;
int cnt,head[N],to[N<<1],nxt[N<<1];
int du[N],pre[N],size[N];
bool vis[N];

vector<int>p;

void adde(int u,int v)
{
	to[++cnt]=v;
	nxt[cnt]=head[u];
	head[u]=cnt;
}

void findring(int u,int fa)
{
	p.push_back(u);
	vis[u]=1;
	for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
	{
		ne++;
		int v=to[i];
		if(v==fa) continue;
		if(vis[v])
		{
			PRE=u,S=v;
			continue;
		}
		findring(v,u);
	}
}

void Direc(int u)
{
	for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
	{
		int v=to[i];
		if(pre[v]||v==pre[u]) continue;
		pre[v]=u;
		Direc(v);
	}
}

int calc(int u)
{
	size[u]=1;
	int prod=1;
	for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
	{
		int v=to[i];
		if(v<pre[u])
		{
			prod=mul(prod,calc(v));
			size[u]+=size[v];
		}
	}
	return mul(prod,size[u]);
}

int solve()
{
	for(int u:p) pre[u]=du[u]=0;
	pre[S]=PRE;
	Direc(S);
	for(int u:p)
	{
		for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
		{
			int v=to[i];
			if(v<pre[u]) du[v]++;
		}
	}
	int res=1;
	for(int u:p)
		if(!du[u])
			res=mul(res,calc(u));
	return poww(res,mod-2);
}

int main()
{
	n=read();
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=(n<<1);i++)
		fac[i]=mul(fac[i-1],i);
	for(int i=1;i<=(n<<1);i++)
	{
		int x=read(),y=read();
		adde(x,n+y),adde(n+y,x);
	}
	int ans=fac[n<<1];
	for(int i=1;i<=(n<<1);i++)
	{
		if(!vis[i])
		{
			p.clear(),ne=0;
			findring(i,0);
			if(ne/2!=(int)p.size())
			{
				puts("0");
				return 0;
			}
			int s1=solve();
			swap(S,PRE);
			int s2=solve();
			ans=mul(ans,add(s1,s2));
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}