bzoj 4011: [HNOI2015]落忆枫音拓扑序dp+容斥原理

最新推荐文章于 2019-08-02 09:44:01 发布

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分类专栏：动态规划容斥原理

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容斥原理

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本文探讨了在有向无环图中增加一条边后，从特定节点出发生成树的数量计算问题。通过分析图的性质，引入动态规划方法解决新增边带来的多余计数问题，并给出了具体的实现代码。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意

给出一个有向无环图（节点1必然可以到达所有点）和任意一条边（可以是自环），问以1为根的生成树有多少种。有向图的生成树是指每个节点与父节点的连边必然是由父节点连向它。
n<=100000,m<=200000

分析

想到了最后一步，但是没想到这个东西可以用dp来求。。。

我们发现一个DAG的生成树数量必然是除了1以外所有点的度数乘积。证明的话随便yy一下就好了。
现在多了一条边，我们考虑用同样的方法来求。但是发现会多算一些情况。这些情况必然都是选了新加入的那条边并且这条边在一个环中。那么就要考虑容斥掉这些情况对答案的贡献。

这些情况对答案的贡献为 $\sum S为y到x一条路径上的点集\Pi_{i=2且i\not\in S}^ndegree[i]$

而这个是可以用dp来求的。

设 $f[i]$ 表示 $\sum S为y到i一条路径上的点集\Pi_{i=2且i\not\in S}^ndegree[i]$

显然有 $f[i]=\frac{\sum_{j->i}f[j]}{degree[i]}$

初值为 $f[y]=\Pi_{i=2且i!=y}^ndegree[i]$

注意y=1要特判掉。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N=100005;
const int MOD=1000000007;

int n,m,s,t,inv[N*2],tmp[N],tot,last[N],cnt,d[N],f[N],a[N];
struct edge{int to,next;}e[N*2];
queue<int> que;

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*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}

void addedge(int u,int v)
{
    e[++cnt].to=v;e[cnt].next=last[u];last[u]=cnt;
}

void toposort()
{
    for (int i=1;i<=n;i++) if (!d[i]) que.push(i);
    while (!que.empty())
    {
        int u=que.front();que.pop();
        a[++tot]=u;
        for (int i=last[u];i;i=e[i].next)
        {
            tmp[e[i].to]--;
            if (!tmp[e[i].to]) que.push(e[i].to);
        }
    }
}

void get_inv()
{
    inv[1]=1;
    for (int i=2;i<=m+1;i++) inv[i]=(LL)(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;
}

int main()
{
    n=read();m=read();s=read();t=read();
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        int x=read(),y=read();
        addedge(x,y);
        d[y]++;tmp[y]++;
    }
    toposort();
    get_inv();
    d[t]++;
    int ans=1;
    for (int i=2;i<=n;i++)  ans=(LL)ans*d[i]%MOD;
    if (t==1)
    {
        printf("%d",ans);
        return 0;
    }
    f[t]=(LL)ans*inv[d[t]]%MOD;
    for (int i=1;i<=tot;i++)
    {
        int x=a[i];
        if (!f[x]) continue;
        for (int j=last[x];j;j=e[j].next) f[e[j].to]=(f[e[j].to]+(LL)f[x]*inv[d[e[j].to]]%MOD)%MOD;
    }
    printf("%d",(ans-f[s]+MOD)%MOD);
    return 0;
}