HDU 4917 Permutation

意甲冠军：

序列p1、p2、p3……pn由1、2、3……n这些数字  现在给出一些条件pi<pj  部条件的排列的个数

思路：

非常easy想到用一条有向的线连接全部的pi和pj  那么就构成了有向无环图（题中说有解所以无环）

又由于pi各不同样  那么题目就变成了有向无环图的拓扑排序的种类数

题目中边数较少  所以可能出现不连通情况  我们先讨论一个连通集合内拓扑排序的种类数

题目中m较小  能够利用状压后的记忆化搜索解决

如今考虑假设知道了A和B两个集合各自的种类数  假设把它们合起来

因为各自种类已知  我们能够把A和B当成有序的排列  那么问题就变成了将|B|个元素插空到|A|个元素中间

这个能够利用dp解决  同一时候n较小  我们能够直接打出表

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
#define N 45
typedef long long LL;

const int mod = (int) 1e9 + 7;
int dp[2][N], f[N][N], in[N], out[N], fa[N], vis[N], qu[N], g[1 << 21];
vector<int> ed[N];
int n, m, ans, top;
struct node {
	int id, fa;
	bool operator<(const node ff) const {
		return fa < ff.fa;
	}
} nd[N];

void init() {
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		in[i] = out[i] = 0;
		fa[i] = i;
		vis[i] = 0;
		ed[i].clear();
	}
	ans = 1;
	top = 0;
}

int getf(int x) {
	if (x != fa[x])
		fa[x] = getf(fa[x]);
	return fa[x];
}

LL topo(int sta) {
	if (g[sta] != -1)
		return g[sta];
	LL res = 0;
	int i, u, j, ss;
	for (i = 0; i < top; i++) {
		u = qu[i];
		if (!vis[u] && !in[u]) {
			vis[u] = 1;
			ss = ed[u].size();
			for (j = 0; j < ss; j++)
				in[ed[u][j]]--;
			res += topo(sta | (1 << i));
			vis[u] = 0;
			for (j = 0; j < ss; j++)
				in[ed[u][j]]++;
		}
	}
	return g[sta] = res % mod;
}

void maketable() {
	int i, j, u, v, from, to;
	for (i = 1; i < N; i++) {
		f[0][i] = 1;
		for (j = i; j < N; j++) {
			for (v = 1; v <= i + 1; v++)
				dp[1][v] = 1;
			to = 1;
			for (u = 2; u <= j; u++) {
				from = (u & 1) ^ 1;
				to = u & 1;
				for (v = 1; v <= i + 1; v++)
					dp[from][v] = (dp[from][v] + dp[from][v - 1]) % mod;
				for (v = 1; v <= i + 1; v++)
					dp[to][v] = dp[from][v];
			}
			for (v = 1; v <= i + 1; v++)
				dp[to][v] = (dp[to][v] + dp[to][v - 1]) % mod;
			f[j][i] = f[i][j] = dp[to][i + 1];
		}
	}
}

int main() {
	int i, j, u, v;
	maketable();
	while (~scanf("%d%d", &n, &m)) {
		init();
		for (i = 1; i <= m; i++) {
			scanf("%d%d", &u, &v);
			if (u == v)
				continue;
			ed[u].push_back(v);
			in[v]++;
			out[u]++;
			u = getf(u);
			v = getf(v);
			if (u != v)
				fa[v] = u;
		}
		for (i = 1; i <= n; i++) {
			nd[i].id = i;
			nd[i].fa = getf(i);
		}
		sort(nd + 1, nd + n + 1);
		nd[n + 1].fa = -1;
		for (i = 1; i <= n; i = j) {
			top = 1;
			qu[0] = nd[i].id;
			for (j = i + 1; j <= n + 1; j++) {
				if (nd[j].fa == nd[i].fa) {
					qu[top++] = nd[j].id;
				} else {
					for (u = 0; u < (1 << top); u++)
						g[u] = -1;
					g[(1 << top) - 1] = 1;
					ans = (LL) ans * (topo(0) * f[i - 1][j - i] % mod) % mod;
					break;
				}
			}
		}
		printf("%d\n", ans);
	}
	return 0;
}

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