bzoj 4013: [HNOI2015]实验比较

Description

小D 被邀请到实验室，做一个跟图片质量评价相关的主观实验。实验用到的图片集一共有 N 张图片，编号为 1 到 N。实验分若干轮进行，在每轮实验中，小 D会被要求观看某两张随机选取的图片，然后小D 需要根据他自己主观上的判断确定这两张图片谁好谁坏，或者这两张图片质量差不多。用符号“<”、“>”和“=”表示图片 x和y（x、y为图片编号）之间的比较：如果上下文中 x 和 y 是图片编号，则 x<y 表示图片 x“质量优于”y，x>y 表示图片 x“质量差于”y，x=y表示图片 x和 y“质量相同”；也就是说，这种上下文中，“<”、“>”、“=”分别是质量优于、质量差于、质量相同的意思；在其他上下文中，这三个符号分别是小于、大于、等于的含义。图片质量比较的推理规则（在 x和y是图片编号的上下文中）：（1）x < y等价于 y > x。（2）若 x < y 且y = z，则x < z。（3）若x < y且 x = z，则 z < y。（4）x=y等价于 y=x。（5）若x=y且 y=z，则x=z。实验中，小 D 需要对一些图片对(x, y)，给出 x < y 或 x = y 或 x > y 的主观判断。小D 在做完实验后，忽然对这个基于局部比较的实验的一些全局性质产生了兴趣。在主观实验数据给定的情形下，定义这 N 张图片的一个合法质量序列为形如“x1 R1 x2 R2 x3 R3 …xN-1 RN-1 xN”的串，也可看作是集合{ xi Ri xi+1|1<=i<=N-1}，其中 xi为图片编号，x1,x2,…,xN两两互不相同（即不存在重复编号），Ri为<或=，“合法”是指这个图片质量序列与任何一对主观实验给出的判断不冲突。例如：质量序列3 < 1 = 2 与主观判断“3 > 1，3 = 2”冲突（因为质量序列中 3<1 且1=2，从而3<2，这与主观判断中的 3=2 冲突；同时质量序列中的 3<1 与主观判断中的 3>1 冲突），但与主观判断“2 = 1，3 < 2” 不冲突；因此给定主观判断“3>1，3=2”时，1<3=2 和1<2=3 都是合法的质量序列，3<1=2 和1<2<3都是非法的质量序列。由于实验已经做完一段时间了，小D 已经忘了一部分主观实验的数据。对每张图片 i，小 D 都最多只记住了某一张质量不比 i 差的另一张图片 Ki。这些小 D 仍然记得的质量判断一共有 M 条（0 <= M <= N），其中第i 条涉及的图片对为(KXi, Xi)，判断要么是KXi < Xi ，要么是KXi = Xi，而且所有的Xi互不相同。小D 打算就以这M 条自己还记得的质量判断作为他的所有主观数据。现在，基于这些主观数据，我们希望你帮小 D 求出这 N 张图片一共有多少个不同的合法质量序列。我们规定：如果质量序列中出现“x = y”，那么序列中交换 x和y的位置后仍是同一个序列。因此： 1<2=3=4<5 和1<4=2=3<5 是同一个序列， 1 < 2 = 3 和 1 < 3 = 2 是同一个序列，而1 < 2 < 3 与1 < 2 = 3是不同的序列，1<2<3和2<1<3 是不同的序列。由于合法的图片质量序列可能很多，所以你需要输出答案对10^9 + 7 取模的结果

Input

第一行两个正整数N,M，分别代表图片总数和小D仍然记得的判断的条数；

接下来M行，每行一条判断，每条判断形如”x < y”或者”x = y”。

Output

输出仅一行，包含一个正整数，表示合法质量序列的数目对 10^9+7取模的结果。

Sample Input

5 4
1 < 2
1 < 3
2 < 4
1 = 5

Sample Output

HINT

不同的合法序列共5个，如下所示：

1 = 5 < 2 < 3 < 4

1 = 5 < 2 < 4 < 3

1 = 5 < 2 < 3 = 4

1 = 5 < 3 < 2 < 4

1 = 5 < 2 = 3 < 4

100%的数据满足N<=100。

Source

这个题如果是第一次碰到的话还是有难度的，以至于当年CJ没有一个人做出这个题;

首先我们把带等号的用并查集并起来，然后题目说明了对于每个点至多记住一个<他的点;

那么这样构成了森林的关系，然后我们加一个超级根，然后考虑如何树型DP；

首先状态就比较难设：dp[i][j]，表示i的子树内有j个等价类的方案数；

我们考虑如何合并(x,i),(y,j)两棵树的答案，首先枚举合并后的等价类的个数k,(max(i,j),i+j)；

现在问题的转化为有k个盒子，i个红球(有顺序)，j个蓝球(有顺序)；

要保证每个盒子内不能有相同颜色的球(可以有颜色不同的),且每个盒子必须有球,而且红球和蓝球内部的顺序不能变；

那么答案其实是:

$C(k,i)*C(j,k-i)*C(j-(k-i),i)*dp[x][i]*dp[y][j]$

首先把红球全部放进去，然后用蓝球去填还没有放球的k-i个盒子，在把剩余的蓝球放入有了红球的盒子i个盒子中；

然后我们就可以愉快地转移了，记得当前这个点先不要放进去，因为他不能和子树内的点构成等价类，所以要最后加进去;

自己注意实现细节即可;复杂度为O(n^3)。。。

//MADE BY QT666

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cstring>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N=105;

const int Mod=1e9+7;

int fa[N],size[N];

int head[N],to[N],nxt[N],cnt,n,m;

ll dp[N][N],g[N],c[N][N];

int q[N],tt,du[N];

void lnk(int x,int y){

    du[y]++;

    to[++cnt]=y,nxt[cnt]=head[x],head[x]=cnt;

}

int find(int x){

    if(x!=fa[x]) fa[x]=find(fa[x]);

    return fa[x];

}

void dfs(int x,int f){

    for(int p=head[x];p;p=nxt[p]){

	int y=to[p];if(y==f) continue;

	dfs(y,x);

	if(!size[x]){

	    for(int i=1;i<=size[y];i++) g[i]+=dp[y][i];

	    size[x]+=size[y];

	    for(int i=1;i<=size[y];i++) dp[x][i]=g[i];

	}

	else{

	    for(int i=1;i<=size[x];i++){

		for(int j=1;j<=size[y];j++){

		    for(int k=max(i,j);k<=i+j;k++){

			(g[k]+=dp[x][i]*dp[y][j]%Mod*c[k][i]%Mod*c[i][j-(k-i)]%Mod)%=Mod;

		    }

		}

	    }

	    size[x]+=size[y];

	    for(int i=1;i<=size[x];i++) dp[x][i]=g[i];

	}

    }

    if(x){

	size[x]++;

	for(int i=1;i<=size[x];i++) dp[x][i]=g[i-1];

	if(size[x]==1) dp[x][1]=1;

    }

    else{

	for(int i=1;i<=size[x];i++) dp[x][i]=g[i];

    }

    memset(g,0,sizeof(g));

}

struct data{

    int x,y;

}e[N];

int main(){

    freopen("pairwise.in","r",stdin);

    freopen("pairwise.out","w",stdout);

    scanf("%d%d",&n,&m);int tot=0;

    for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;

    for(int i=1;i<=m;i++){

	int x,y;char s[10];

	scanf("%d",&x);scanf("%s",s+1);scanf("%d",&y);

	if(s[1]=='<') e[++tot]=(data){x,y};

	if(s[1]=='=') {

	    int u=find(x),v=find(y);

	    if(u!=v) fa[u]=v;

	}

    }

    for(int i=1;i<=tot;i++){

	if(find(e[i].x)!=find(e[i].y)) lnk(find(e[i].x),find(e[i].y));

	else {puts("0");return 0;}

    }

    for(int i=1;i<=n;i++) if(find(i)==i) q[++tt]=i;

    for(int i=1;i<=tt;i++) if(du[q[i]]==0) lnk(0,q[i]);

    for(int i=0;i<=n;++i) c[i][0]=1;

    for(int i=1;i<=n;++i)

	for(int j=1;j<=i;++j){

	    c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%Mod;

	}

    dfs(0,0);

    ll ans=0;for(int i=1;i<=size[0];i++) (ans+=dp[0][i])%=Mod;

    printf("%lld\n",ans);

    return 0;

}