P3244 [HNOI2015]落忆枫音

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#ui

博客围绕给定DAG计算以1为根的外向树个数展开。若不加边，每个点保留一条入边，答案为\(\prod_{i=2}^nd_i\)；加边时可能出现环，需去掉环的情况，去掉的情况数可通过特定式子计算，该式子可在原DAG上拓扑求解。

思路

给出了一个DAG，要求以1为根的外向树的个数
如果没有加边的条件，就非常好做
每个点都只保留一条入边，最后得到的一定就是一个符合条件的树了（因为给了一个DAG啊）
所以答案是\(\prod_{i=2}^nd_i\)
加上一条边时候，可能会出现环的情况，要把它去掉
假设环中的点是\(a_1,a_2,a_3,\dots,a_k\)，去掉的情况数就是\(\frac{\prod_{i=2}^nd_i}{\prod_{i=1}^kd_{a_i}}\)（除了环上的点之外其他随便选，成环只有环上的点每个点都选择环上的边的一种情况）
对后面的式子在原DAG上直接拓扑求一下就好了

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <queue>
#define int long long 
using namespace std;
const int MOD = 1000000007;
int n,m,x,y;
int u[100100<<1],v[100100<<1],fir[100100],nxt[100100<<1],d[100100],cnt,f[100100],ans,d_t[100100];
void addedge(int ui,int vi){
    ++cnt;
    u[cnt]=ui;
    v[cnt]=vi;
    d[vi]++;
    d_t[vi]++;
    nxt[cnt]=fir[ui];
    fir[ui]=cnt;
}
int pow(int a,int b){
    int ans=1;
    while(b){
        if(b&1)
            ans=(ans*a)%MOD;
        a=(a*a)%MOD;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
queue<int> q;
void topu(void){
    f[y]=ans;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(!d_t[i])
            q.push(i);
    while(!q.empty()){
        int x=q.front();
        q.pop();
        f[x]=(f[x]*pow(d[x],MOD-2))%MOD;
        for(int i=fir[x];i;i=nxt[i]){
            f[v[i]]=(f[v[i]]+f[x])%MOD;
            d_t[v[i]]--;
            if(!d_t[v[i]])
                q.push(v[i]);
        }
    }
    
}
signed main(){
    scanf("%lld %lld %lld %lld",&n,&m,&x,&y);
    d[y]++;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int a,b;
        scanf("%lld %lld",&a,&b);
        addedge(a,b);
    }
    ans=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
        ans=(ans*d[i])%MOD;
    if(y==1){
        printf("%lld\n",ans);
        return 0;
    }
    topu();
    printf("%lld\n",(ans-f[x]+MOD)%MOD);
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/dreagonm/p/10549922.html