SAO
2015-12-21 20:18
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题目大意
现在有N个点,两个点之间存在有向关系。无视关系的方向性后,N个点组成一颗树。现在问对该图做拓扑排序有多少种方法?N<=1000。当作树一样考虑
我们无视方向,把它当作一颗树,随意找一个点作根然后进行处理。假设当前做到点x,先将x所有子树都做完,再把x与子树两两合并。
于是现在摆在我们面前的问题是:如何用状态表示一个图,并能快速实现合并两个只存在一条联系的图?
我们用f[i,j]表示i点当前所在的图构成所有可能的排列里,i排在第j位的方案数。
合并两个图就很显然了,我们再增加前缀和与后缀和进行优化,便可以将合并复杂度缩小到两个图大小的乘积。理论上,此时总复杂度是N^3的。
证明复杂度
我们发现合并复杂度与图的大小有关,最坏情况是树是满二叉树时,复杂度为n^2 log n。参考程序
[code]#include<cstdio> #include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> #define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++) #define fd(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--) using namespace std; typedef long long ll; const ll maxn=1000+10,mo=1000000007; ll f[maxn][maxn],g[maxn],ff[maxn],gg[maxn],s[maxn],pre[maxn][maxn],suf[maxn][maxn]; ll h[maxn],go[maxn*2],next[maxn*2],fx[maxn*2]; ll i,j,k,l,t,n,m,ca,ans,tot; char ch; ll quicksortmi(ll x,ll y){ if (!y) return 1; ll t=quicksortmi(x,y/2); t=t*t%mo; if (y%2) t=t*(x%mo)%mo; return t; } ll c(ll x,ll y){ if (x==0) return 1; return ff[y]*gg[x]%mo*gg[y-x]%mo; } void add(ll x,ll y,ll z){ go[++tot]=y; fx[tot]=z; next[tot]=h[x]; h[x]=tot; } void dfs(ll x,ll y){ ll i,j,k,l,t=h[x]; s[x]=1; while (t){ if (go[t]!=y){ dfs(go[t],x); s[x]+=s[go[t]]; } t=next[t]; } fo(i,1,s[x]) g[i]=0; f[x][1]=1; j=1; t=h[x]; while (t){ if (go[t]!=y){ if (fx[t]==1){ fo(k,1,j) fo(l,1,s[go[t]]) g[k+l-1]=(g[k+l-1]+c(k-1,k+l-2)*c(j-k,j+s[go[t]]-k-l+1)%mo*f[x][k]%mo*suf[go[t]][l]%mo)%mo; } else{ fo(k,1,j) fo(l,1,s[go[t]]) g[k+l]=(g[k+l]+c(k-1,k+l-1)*c(j-k,j+s[go[t]]-k-l)%mo*f[x][k]%mo*pre[go[t]][l]%mo)%mo; } j+=s[go[t]]; fo(i,1,j) f[x][i]=g[i]; fo(i,1,j) g[i]=0; } t=next[t]; } pre[x][1]=f[x][1]; fo(i,2,s[x]) pre[x][i]=(pre[x][i-1]+f[x][i])%mo; suf[x][s[x]]=f[x][s[x]]; fd(i,s[x]-1,1) suf[x][i]=(suf[x][i+1]+f[x][i])%mo; } int main(){ ff[0]=1; fo(i,1,1000) ff[i]=ff[i-1]*i%mo; gg[1000]=quicksortmi(ff[1000],mo-2); fd(i,999,0) gg[i]=gg[i+1]*(i+1)%mo; scanf("%lld",&ca); while (ca--){ scanf("%lld",&n); fo(i,1,n) fo(j,1,n) f[i][j]=0; fo(i,1,n-1){ scanf("%lld",&j); j++; ch=getchar();ch=getchar(); scanf("%lld",&k); k++; if (ch=='>') swap(j,k); add(j,k,1); add(k,j,-1); } dfs(1,0); ans=0; fo(i,1,n) ans=(ans+f[1][i])%mo; printf("%lld\n",ans); fo(i,1,tot) h[i]=0; tot=0; } }
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