洛谷 P4099 - [HEOI2013]SAO（树形 dp）

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题意：

• 有一个有向图 \(G\)，其基图是一棵树
• 求它拓扑序的个数 \(\bmod (10^9+7)\)
• \(n \in [1,1000]\)

如果你按照拓扑排序的方法来做，那恐怕你已经想偏了。因为“求拓扑排序个数”本身就是一个 NP 问题，只能使用指数级的状压 \(dp\) 一类的算法来解决，而本题数据范围给到 \(1000\)，暗示着我们要充分利用“\(G\) 的基图是一棵树”这个条件。

故可以想到树形 \(dp\)。\(dp[x][i]\) 表示将以 \(x\) 为根的子树进行拓扑排序后，\(x\) 位于拓扑序的第 \(i\) 位的方案数。

然后，然后……我就不会做了/kk

考虑转移，也就是要合并两个序列 \(x,y\)，用 \(dp[x][i]\) 和 \(dp[y][j]\) 更新 \(newdp[x][k]\)。要分 \(x\) 拓扑序在 \(y\) 前面和在 \(y\) 后面两种情况。这里以 \(x\) 拓扑序在 \(y\) 前面为例。

一个非常蠢的想法是，枚举 \(x,y\) 在新序列中的位置，然后乘法原理转移。但是这样肯定爆炸。

注意到，当 \(i,j\) 确定后，\(k\) 可以取到的范围是一个区间。

因为原本在 \(x\) 前面的那 \(i-1\) 个数现在依旧在 \(x\) 前面；原本在 \(x\) 后面的数现在依旧在 \(x\) 后面。

而因为 \(x\) 的拓扑序小于 \(y\) 的拓扑序，原本在 \(y\) 后面的数现在也在 \(x\) 的后面；原本在 \(y\) 前面的那 \(j-1\) 个数，现在可以在 \(x\) 前面，也可以在 \(x\) 后面。

故我们有 \(k \in [i-1+1,i-1+j-1+1]=[i,i+j-1]\)。

\(k\) 的范围确定之后，转移当然还要使用组合数。我们考虑将原本 \(x\) 序列中的数在新序列中的位置确定下来，这样整个序列就已经确定了。

新序列中，比 \(x\) 小的那 \(k-1\) 个数中，必定有 \(i-1\) 个来自原序列，故这一部分的方案数为 \(\dbinom{k-1}{i-1}\)。

同理，填好比 \(x\) 大的数的方案数为 \(\dbinom{siz[x]+siz[y]-k}{siz[x]-i}\)

因此我们有状态转移方程：

\[newdp[x][k]+=dp[x][i] \times dp[y][j] \times \dbinom{k-1}{i-1} \times \dbinom{siz[x]+siz[y]-k}{siz[x]-i}
\]

这个转移是 \(\mathcal O(n^3)\)，考虑对其进行优化。

首先给出朴素转移的伪代码：

for i from 1 to siz[x]:
    for j from 1 to siz[y]:
        for k from i to i+j-1:
             transfer

注意到我们状态转移方程里 \(k\) 出现的频率很高，但是 \(j\) 出现的频率很低。

这启示我们，可以改变循环的顺序，先枚举 \(k\) 再枚举 \(j\)，看看会发生些什么。

至于循环范围的推导……会做这道题的人应该不至于不会推导循环范围吧，实在不行打个表也行啊（

因此我们得到先枚举 \(k\) 再枚举 \(j\) 的伪代码：

for i from 1 to siz[x]:
    for k from i to i+siz[y]-1:
        for j from k-i+1 to siz[y]:
             transfer

然后发现 \(j\) 变化的区间是一个后缀，故可以使用前缀和进行优化。

以上是 \(x\) 在 \(y\) 之前的情况。\(x\) 在 \(y\) 之后的情况也同理，只不过把 \(k\) 的变化范围改为 \([i+j,i+siz[y]]\) 而已，其余部分见代码。

/*
Contest: -
Problem: P4099
Author: tzc_wk
Time: 2020.8.14
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi			first
#define se			second
#define pb			push_back
#define fz(i,a,b)	for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b)	for(int i=a;i>=b;i--)
#define foreach(it,v) for(__typeof(v.begin()) it=v.begin();it!=v.end();it++)
#define all(a)		a.begin(),a.end()
#define fill0(a)	memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a)	memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a)	memset(a,0x3f,sizeof(a))
#define y1			y1010101010101
#define y0			y0101010101010
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
inline int read(){
	int x=0,neg=1;char c=getchar();
	while(!isdigit(c)){
		if(c=='-') neg=-1;
		c=getchar();
	}
	while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=getchar();
	return x*neg;
}
const int MOD=1e9+7;
int n,ecnt,head[2005],to[2005],sgn[2005],nxt[2005];
ll dp[1005][1005],sum[1005][1005],C[1005][1005];
int siz[1005];
inline int get(char c){
	return (c=='>')?1:-1;
}
inline void adde(int u,int v,int w){
	to[++ecnt]=v;sgn[ecnt]=w;nxt[ecnt]=head[u];head[u]=ecnt;
}
inline void clear(){
	ecnt=0;fill0(head);fill0(to);fill0(sgn);fill0(nxt);fill0(dp);
}
ll tmp[1005];
inline void dfs(int x,int fa){
	siz[x]=1;dp[x][1]=1;
	for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
		int y=to[i],z=sgn[i];if(y==fa) continue;dfs(y,x);
		fz(i,1,siz[x]) tmp[i]=dp[x][i],dp[x][i]=0;
		if(z==1) fz(i,1,siz[x]) fz(k,i,i+siz[y]-1)
			dp[x][k]=(dp[x][k]+tmp[i]*(sum[y][siz[y]]-sum[y][k-i]+MOD)%MOD*C[k-1][i-1]%MOD*C[siz[x]+siz[y]-k][siz[x]-i]%MOD)%MOD;
		else fz(i,1,siz[x]) fz(k,i+1,i+siz[y])
			dp[x][k]=(dp[x][k]+tmp[i]*sum[y][k-i]%MOD*C[k-1][i-1]%MOD*C[siz[x]+siz[y]-k][siz[x]-i]%MOD)%MOD;
		siz[x]+=siz[y];
	}
//	fz(i,1,siz[x]){
//		cout<<x<<" "<<i<<" "<<dp[x][i]<<endl;
//	}
	fz(i,1,siz[x]) sum[x][i]=(sum[x][i-1]+dp[x][i])%MOD;
}
inline void prework(){
	fz(i,0,1000) C[i][0]=1;
	fz(i,1,1000) fz(j,1,i) C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%MOD;
}
inline void solve(){
	n=read();clear();
	fz(i,1,n-1){
		int u,v;char c;cin>>u>>c>>v;u++;v++;
		adde(u,v,get(c));adde(v,u,-get(c));
	}
	dfs(1,0);
	ll ans=0;
	printf("%lld\n",sum[1][n]);
}
int main(){
	prework();
	int T=read();
	while(T--) solve();
	return 0;
}