BZOJ4011(DP)

思路:
首先遇到问题我们如果不能一眼看出题解的话。尽量先去掉一些苛刻条件,简化问题看看会不会写 再考虑一下多了那个条件以后怎么写。
这题可以先吧多增加一条边去掉想想,在接着考虑加进来怎么办?
不会的话可以看PoPoQQQ的题解,很清楚。

/*
首先还是比较容易想到第一层
先不考虑加边的情况 这时候ans=pai(degree[i]) (2<=i<=n);
但是加边以后可能会出现不合法的情况 就是成环
这时候想办法统计出所有不合法的情况
具体来说就是sigma(所有的S(pai(degree[i])(2<=i<=n && i不属于S))) //定义S为一条y->x的路径的点集; 
然后进行动态规划
f[i]表示到y->i的上式
f[i]=sigma(所有j->i的S(f[j]))/degree[i];//因为此时i的连边情况已经确定 
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<string>
#include<vector> 
using namespace std;
typedef long long LL;
const int imax=100000+229;
const int bmax=200000+229; 
const int mod=1e9+7;
int n,m,y,x;
int head[imax],num,to[bmax],inext[bmax];
int degree[imax],d[imax];
LL ans,inv[bmax],f[imax];

void add(int u,int v){
    to[num]=v; inext[num]=head[u]; head[u]=num++;   
}
void iread()
{
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&x,&y);
    int a,b;
    memset(head,-1,sizeof(head));
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d",&a,&b); add(a,b); 
        degree[b]++; d[b]++;
    }
    degree[y]++;
    ans=1;
    for(int i=2;i<=n;i++) ans=(ans*degree[i])%mod;
}

LL ipow(LL base,int k)
{
    LL sans=1;
    while(k)
    {
        if(k&1) sans=(sans*base)%mod;
        base=(base*base)%mod;
        k>>=1;    
    }   
    return sans;
} 

void pre(){
    for(int i=1;i<=m+1;i++) inv[i]=ipow(i,mod-2);    
} 

vector<int> q; 
void iwork()
{
    pre();
    if(y==1) { printf("%lld\n",ans); return;}//记得加特判 

    for(int i=1;i<=n;i++) if(!d[i]) q.push_back(i); //由于是拓扑图 不能直接加入1,看样例 
    f[y]=ans; // 由于y是起始点 不需要除以他的入度 
    while(!q.empty())
    {
        int u=q.back(); q.pop_back();
        f[u]=(f[u]*inv[degree[u]])%mod;
        for(int i=head[u];i!=-1;i=inext[i])
        {
            int v=to[i];
            f[v]=(f[v]+f[u])%mod;
            --d[v];
            if(!d[v]) q.push_back(v); 
        }   
    } 
    printf("%lld\n",(ans-f[x]+mod)%mod);
}

int main()
{
    iread();
    iwork();
    return 0;
}
题目描述 有一个 $n$ 个点的棋盘,每个点上有一个数字 $a_i$,你需要从 $(1,1)$ 走到 $(n,n)$,每次只能往右或往下走,每个格子只能经过一次,路径上的数字和为 $S$。定义一个点 $(x,y)$ 的权值为 $a_x+a_y$,求所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 输入格式 第一行一个整数 $n$。 接下来 $n$ 行,每行 $n$ 个整数,表示棋盘上每个点的数字。 输出格式 输出一个整数,表示所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 数据范围 $1\leq n\leq 300$ 输入样例 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 输出样例 25 算法1 (树形dp) $O(n^3)$ 我们可以先将所有点的权值求出来,然后将其看作是一个有权值的图,问题就转化为了在这个图中求从 $(1,1)$ 到 $(n,n)$ 的所有路径中,所有点的权值和的最小值。 我们可以使用树形dp来解决这个问题,具体来说,我们可以将这个图看作是一棵树,每个点的父节点是它的前驱或者后继,然后我们从根节点开始,依次向下遍历,对于每个节点,我们可以考虑它的两个儿子,如果它的两个儿子都被遍历过了,那么我们就可以计算出从它的左儿子到它的右儿子的路径中,所有点的权值和的最小值,然后再将这个值加上当前节点的权值,就可以得到从根节点到当前节点的路径中,所有点的权值和的最小值。 时间复杂度 树形dp的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码 算法2 (动态规划) $O(n^3)$ 我们可以使用动态规划来解决这个问题,具体来说,我们可以定义 $f(i,j,s)$ 表示从 $(1,1)$ 到 $(i,j)$ 的所有路径中,所有点的权值和为 $s$ 的最小值,那么我们就可以得到如下的状态转移方程: $$ f(i,j,s)=\min\{f(i-1,j,s-a_{i,j}),f(i,j-1,s-a_{i,j})\} $$ 其中 $a_{i,j}$ 表示点 $(i,j)$ 的权值。 时间复杂度 动态规划的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码
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