『count 区间dp』

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<第一次更新>

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<正文>

count

Description

既然是萌萌哒 visit_world 的比赛，那必然会有一道计数题啦！

考虑一个N个节点的二叉树，它的节点被标上了1-N的编号. 并且，编号为i的节点在二叉树的前序遍历中恰好是第i个出现.

我们定义Ai表示编号为i的点在二叉树的中序遍历中出现的位置.

现在，给出M个限制条件，第i个限制条件给出了ui,vi，表示 Aui＜Avi，也即中序遍历中ui在vi之前出现.

你需要计算有多少种不同的带标号二叉树满足上述全部限制条件，答案对\(10^9+7\)取模.

Input Format

第一行一个整数T(1≤T≤5), 表示数据组数.

每组数据第一行为两个整数N,M，意义如题目所述.

接下来M行，每行两个整数ui,vi(1≤ui,vi≤N) ， 描述一条限制。

Output Format

对每组数据，输出一行一个整数，表示答案.

Sample Input

3
5 0
3 2
1 2
2 3
3 3
1 2
2 3
3 1

Sample Output

42
1
0

解析

我们知道一个前序遍历和一个中序遍历可以唯一确定一棵二叉树，也就是让我们求前序遍历在满足\(m\)个限定要求下可以对应多少个中序遍历。

考虑区间\(dp\)，\(f[l][r]\)代表前序遍历的区间为\([l,r]\)，\(l\)为根节点的子树中对应的方案数。

如果没有限制，直接考虑划分子树的方式划分区间，转移累加方案数即可。有限制时，也就是有些转移不能执行了，我们可以把限制打在一个二维数组里，求一下二维前缀和实现矩阵求和。这样转移时的限制查询就可以变成某个矩阵的求和了，若有值就说明存在若干限制，不能转移。

\(Code:\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 420 , Mod = 1e9+7;
int n,m,s[N][N];
long long f[N][N];
inline void input(void)
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        s[x][y] ++;
    }
}
inline int calc(int x1,int y1,int x2,int y2) { return s[x2][y2] - s[x1-1][y2] - s[x2][y1-1] + s[x1-1][y1-1]; }
inline void init(void)
{
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=n;j++)
            s[i][j] += s[i][j-1];
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=n;j++)
            s[i][j] += s[i-1][j];
}
inline void add(long long &a,long long b) { a += b; if ( a >= Mod ) a -= Mod; }
inline void dp(void)
{
    for (int i=1;i<=n;i++) f[i][i] = 1;
    for (int len=2;len<=n;len++)
        for (int l=1,r;(r=l+len-1)<=n;l++)
        {
            if ( calc( l , l+1 , l , r ) == 0 )
                add( f[l][r] , f[l+1][r] );
            if ( calc( l+1 , l , r , l ) == 0 )
                add( f[l][r] , f[l+1][r] );
            for (int k=l+1;k<=r-1;k++)
                if ( calc( l , l+1 , l , k ) == 0 && calc( k+1 , l , r , k ) == 0 )
                    add( f[l][r] , 1LL * f[l+1][k] * f[k+1][r] % Mod );
        }
}
int main(void)
{
    freopen("input.in","r",stdin);
    freopen("output.out","w",stdout);
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while ( T --> 0 )
    {
        memset( f , 0 , sizeof f );
        memset( s , 0 , sizeof s );
        input();
        init();
        dp();
        printf("%lld\n",f[1][n]);
    }
    return 0;
}

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<后记>