[HEOI 2013] SAO

SAO…

题目大意：给定一棵树，每条边上有父子的大小关系，问有多少种满足所有关系的排列。

我们设 $f[i][j]$ 表示以 $i$ 为根的子树中，$i$ 的排名为 $j$ 的方案数。然后我们考虑合并两棵子树。假设我们要从 $f[u][i]$ 和 $f[v][j]$ 转移到 $f[u][k]$，假设 $u<v$，首先应该满足 $k-i<j<=size[v]$。发现如果我们确定了原先 $u$ 的排列放在哪些位置，那么就只能按顺序放进去。因此问题等价于给 $u$ 的排列规定一些位置。那么显然，$f[u][k]+=f[u][i]\cdot f[v][j]\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-1}{i-1}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{size[u]+size[v]-k}{size[u]-i}\right)$。
于是我们可以写出转移方程：
$$f[u][k]=\sum _{i=1}^{size[u]}\sum _{j=k-i+1}^{size[v]}f[u][i]\cdot f[v][j]\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-1}{i-1}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{size[u]+size[v]-k}{size[u]-i}\right)$$

把关于 $j$ 的前缀和优化掉：

$$f[u][k]=\sum _{i=1}^{size[u]}(sum[size[v]]-sum[k-i])\cdot f[u][i]\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-1}{i-1}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{size[u]+size[v]-k}{size[u]-i}\right)$$

时间复杂度 $O(n^2)$。

#include
#include
#include
#include
#include
#define ll unsigned long long
using namespace std;
struct edge{
    int to,next,w;
}ed[2010];
const int mod=1e9+7;
int head[1010],sz;
ll f[1010][1010],sum[1010][1010],c[1010][1010];
int size[1010];
inline void add_edge(int from,int to,int w)
{
    ed[++sz].to=to;
    ed[sz].next=head[from];
    ed[sz].w=w;
    head[from]=sz;
}
inline int read()
{
    char c=getchar();int x=0,flag=1;
    while(!isdigit(c)) flag*=c=='-'?-1:1,c=getchar();
    while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=getchar();
    return x*flag;
}
void init()
{
    memset(head,0,sizeof(head));
    sz=0;
    memset(f,0,sizeof(f));
    memset(sum,0,sizeof(sum));
}
void dfs(int u,int fff)
{
    size[u]=1;
    f[u][1]=1;
    for(int i=head[u];i;i=ed[i].next)
    {
        int v=ed[i].to;
        if(v==fff) continue;
        dfs(v,u);
        if(ed[i].w==0)
        {
            for(int k=size[u]+size[v];k>=1;k--)
            {
                ll ans=0;
                for(int l=1,lim1=min(size[u],k);l<=lim1;l++)
                {
                    ll tmp=sum[v][size[v]]-sum[v][k-l]+mod;
                    if(tmp>mod) tmp-=mod;
                    ll ss=f[u][l]*c[k-1][l-1]%mod*c[size[u]+size[v]-k][size[u]-l]%mod*tmp%mod;
                    ans=(ans+ss)%mod;
                }
                f[u][k]=ans;
            }
        }
        else
        {
            for(int k=size[u]+size[v];k>=1;k--)
            {
                ll ans=0;
                for(int l=1,lim1=min(size[u],k);l<=lim1;l++)
                {
                    ll tmp=sum[v][k-l];
                    ll ss=f[u][l]*c[k-1][l-1]%mod*c[size[u]+size[v]-k][size[u]-l]%mod*tmp%mod;
                    ans=(ans+ss)%mod;
                }
                f[u][k]=ans;
            }
        }
        size[u]+=size[v];
    }
    for(int i=1;i<=size[u];i++) sum[u][i]=(sum[u][i-1]+f[u][i])%mod;
}
int main()
{
    int T=read();
    c[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=1000;i++)
    {
        c[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=i;j++)
        {
            c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
        }
    }
    while(T--)
    {
        init();
        int n=read();
        for(int i=1;i');
            add_edge(v,u,s[0]=='<');
        }
        dfs(1,1);
        ll ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+f[1][i])%mod;
        cout<