bzoj 4011

看了好多篇题解才看懂的题，我实在太菜了...

首先根据一个我不知道的算法，可以证明在没有加入新的边的时候，原图的所有生成树的方案数就是所有点（除1以外）的度之积

那么在新加入这条边之后，我们仍然可以这样计算，但是会产生一种问题：就是会出现环！

所以我们需要利用一些容斥，把不合法的情况去掉

接下来我们考虑如何算出不合法的情况

由于原图是一个有向无环图，所以在原图中怎么选都不会出现环，所以多的一条边一定在环内！

那么如果出现了环，一定是从多的边的终点到起点的一条路径

所以我们只需要找出终点到起点的路径数量即可

那么就进行一个拓扑排序求一下即可

考虑一下怎么求：

首先记状态：dp[i]表示从终点到i的路径数量

然后考虑初值：dp[ed]=初始方案/终点入度

（关于这里为什么要除掉一个入度：因为原来的初始方案中是包含这一点的入度的，所以要除掉这个入度）

最后ans去掉这一部分即可

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#define mode 1000000007
#define ll long long
using namespace std;
struct Edge
{
	int next;
	int to;
}edge[200005];
int n,m,st,ed;
ll inr[100005];
ll rinr[100005];
int head[100005];
ll inv[300005];
int cnt=1;
ll ans=1;
ll dp[100005];
void init()
{
	inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=300000;i++)
	{
		inv[i]=(mode-mode/i)*inv[mode%i]%mode;
	}
	memset(head,-1,sizeof(head));
	cnt=1;
}
void add(int l,int r)
{
	edge[cnt].next=head[l];
	edge[cnt].to=r;
	head[l]=cnt++;
}
ll bfs()
{
	dp[ed]=ans;
	queue <int> M;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(!inr[i])
		{
			M.push(i);
		}
	}
	while(!M.empty())
	{
		int u=M.front();
		M.pop();
		dp[u]*=inv[rinr[u]];
		dp[u]%=mode;
		for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)
		{
			int to=edge[i].to;
			dp[to]+=dp[u];
			dp[to]%=mode;
			inr[to]--;
			if(!inr[to])
			{
				M.push(to);
			}
		}
	}
	return ((ans-dp[st])%mode+mode)%mode;
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&st,&ed);
	init();
	rinr[ed]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		add(x,y);
		inr[y]++;
		rinr[y]++;
	}
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		ans*=rinr[i];
		ans%=mode;
	}
	if(ed==1)
	{
		printf("%lld\n",ans);
	}else
	{
		printf("%lld\n",bfs());
	}
	return 0;
}