CSU 1804 有向无环图

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本文介绍了一种解决有向无环图中特定路径计数问题的方法，通过拓扑排序和动态规划思想来高效计算从指定起点到终点的不同路径数量，并给出具体实现代码。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

Bobo 有一个 n 个点，m 条边的有向无环图（即对于任意点 v，不存在从点 v 开始、点 v 结束的路径）。

为了方便，点用 1,2,…,n 编号。设 count(x,y) 表示点 x 到点 y 不同的路径数量（规定 count(x,x)=0），Bobo 想知道

除以 (109+7) 的余数。

其中，ai,bj 是给定的数列。

Input

输入包含不超过 15 组数据。

每组数据的第一行包含两个整数 n,m (1≤n,m≤105).

接下来 n 行的第 i 行包含两个整数 ai,bi (0≤ai,bi≤109).

最后 m 行的第 i 行包含两个整数 ui,vi，代表一条从点 ui 到 vi 的边 (1≤ui,vi≤n)。

Output

对于每组数据，输出一个整数表示要求的值。

Sample Input

3 3
1 1
1 1
1 1
1 2
1 3
2 3
2 2
1 0
0 2
1 2
1 2
2 1
500000000 0
0 500000000
1 2

Sample Output

4
4
250000014

方案数的统计，拓扑排序一下，从后往前累加，把∑count(i,j)*b[j]算出来，最后乘上对应的a[i]即可。
#include<set>
#include<map>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<functional>
#define rep(i,j,k) for (int i = j; i <= k; i++)
#define per(i,j,k) for (int i = j; i >= k; i--)
#define loop(i,j,k) for (int i = j;i != -1; i = k[i])
#define lson x << 1, l, mid
#define rson x << 1 | 1, mid + 1, r
#define ff first
#define ss second
#define mp(i,j) make_pair(i,j)
#define pb push_back
#define pii pair<int,LL>
#define in(x) scanf("%d", &x);
using namespace std;
typedef long long LL;
const int low(int x) { return x&-x; }
const double eps = 1e-9;
const int INF = 0x7FFFFFFF;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 1e5 + 10;
int T, n, m, x, y;
int a[N], b[N], ans[N];
int ft[N], nt[N], u[N], in[N], sz;
 
int main()
{
    while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF)
    {
        rep(i, 1, n)
        {
            scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);
            ft[i] = -1, in[i] = 0;
            ans[i] = 0;
        }
        sz = 0;
        rep(i, 1, m)
        {
            scanf("%d%d", &x, &y);
            u[sz] = x;  nt[sz] = ft[y]; ft[y] = sz++;   in[x]++;
        }
        LL res = 0;
        queue<int> p;
        rep(i, 1, n) if (!in[i]) p.push(i);
        while (!p.empty())
        {
            int q = p.front();  p.pop();
            loop(i, ft[q], nt)
            {
                (ans[u[i]] += (ans[q] + b[q]) % mod) %= mod;
                if (!--in[u[i]]) p.push(u[i]);
            }
        }
        rep(i, 1, n) (res += 1LL * a[i] * ans[i] % mod) %= mod;
        printf("%lld\n", res);
    }
    return 0;
}