BZOJ 4011 HNOI2015 落忆枫音 DAG上的dp（实际上重点在于分析）

题目链接：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4011

题意概述：给出一张N点的DAG（从1可以到达所有的点），点1的入度为0。现在加一条原图没有的边，问有多少种方案可使这张图变成一棵以1为根的有向树（即每个点的父亲指向自己）。

N<=100000,M<=min(200000,N(N-1)/2).

实际上这个题主要在分析（感觉终于开始自己做出省选题了）。

先看没有加边的情况，yy一下你发现这种情况的答案就是所有rd（入度）不为0的点rd相乘。道理是只要给每个点指定一个父亲，由于原图是DAG，相当于逆着边走，由于题目有保证1可以到达每个点，所以每个点一定可以反着走到1。

加边的情况？注意到加边之后可能还是DAG，一样的处理。如果不是DAG说明有环。答案分成两部分，不用新加的边的方案+用新加的边的合法方案。新加的边的合法方案又等于新加边所有方案-不合法方案（所有方案指的是父亲乱指，不合法方案指的是指出了环）。

重点在于计算不合法方案数。来分析一下环的性质，可以发现新加的边一定在环上，且我们已经计算的方案中任意一个点的rd为1，这种情况下如果图不连通可以有很多个环，但是所有环一定经过新加的边所以只有一个环。于是暴力地我们可以枚举所有的环，把环上所有点的rd变成1，其它所有点的rd相乘，得到的方案数就是这个环对当前答案的不合法贡献，减掉。

这个算法随便一卡就成了O(？反正是个指数级别) 的优秀算法了，怎么优化呢？令加的边为x->y，可以发现任意一个环一定是从y出发经过一些点走到x经过x->y这条边回到y，也就是说环的数量就是原图中y到x的路径数量。注意到所有点的rd之积mul是不变的，在暴力算法中每条环上的点rd变成1，也就对应y到x的路径上的每一个点rd变成1，如果y到x的一条路径上的rd乘积为_mul，那么这条路径对不合法答案的贡献就是mul/_mul，最后是所有的不合法贡献相加之后从答案中扣除，所以可以设计出这样的dp方程：

令f(i)表示i到x的路径上的点对答案的不合法贡献数，f(i)=sum{ f(j) | j->i } / rd[i]。（实际上这个dp就是对暴力的一个优化而已）

特殊判断一些情况即可。

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<cstdlib>
 #include<algorithm>
 #include<cmath>
 #include<queue>
 #include<set>
 #include<map>
 #include<vector>
 #include<cctype>
 using namespace std;
 const int maxn=;
 const int maxm=;
 const int mo=;

 int N,M,X,Y;
 struct edge{ int to,next; }E[maxm];
 int first[maxn],np,rd[maxn],sccno[maxn],sccsz[maxn],scc_cnt,dfs_clock,dfn[maxn],low[maxn];
 int stk[maxn],top,inv[maxn],f[maxn],ID,mul;

 void add_edge(int u,int v)
 {
     E[++np]=(edge){v,first[u]};
     first[u]=np;
 }
 void data_in()
 {
     scanf("%d%d%d%d",&N,&M,&X,&Y);
     int x,y;
     for(int i=;i<=M;i++){
         scanf("%d%d",&x,&y);
         rd[y]++;
         add_edge(x,y);
     }
     add_edge(X,Y);
     inv[]=;
     for(int i=;i<=N;i++)
         inv[i]=1ll*inv[mo%i]*(mo-mo/i)%mo;
 }
 void tarjan_scc(int i)
 {
     low[i]=dfn[i]=++dfs_clock;
     stk[++top]=i;
     for(int p=first[i];p;p=E[p].next){
         int j=E[p].to;
         if(dfn[j]){
             if(!sccno[j]) low[i]=min(low[i],dfn[j]);
             continue;
         }
         tarjan_scc(j);
         low[i]=min(low[i],low[j]);
     }
     if(low[i]==dfn[i]){
         scc_cnt++;
         while(){
             sccno[stk[top]]=scc_cnt;
             sccsz[scc_cnt]++;
             if(stk[top--]==i) break;
         }
     }
 }
 int dp(int i)
 {
     if(f[i]) return f[i];
     if(i==X) return f[i]=mul;
     for(int p=first[i];p;p=E[p].next){
         int j=E[p].to;
         if(sccno[j]!=ID||i==X&&j==Y) continue;
         f[i]=(f[i]+dp(j))%mo;
     }
     return f[i]=1ll*f[i]*inv[rd[i]]%mo;
 }
 void work()
 {
     int ans=;
     for(int i=;i<=N;i++) ans=1ll*ans*rd[i]%mo;
     if(Y!=){
         ans=1ll*ans*inv[rd[Y]]%mo*(rd[Y]+)%mo;
         tarjan_scc();
         int MAX=;
         for(int i=;i<=N;i++)
             if(sccsz[sccno[i]]>MAX) MAX=sccsz[sccno[i]],ID=sccno[i];
         if(MAX>){
             rd[X]=rd[Y]=mul=;
             for(int i=;i<=N;i++) mul=1ll*mul*rd[i]%mo;
             ans=(ans-dp(Y)+mo)%mo;
         }
     }
     printf("%d\n",ans);
 }
 int main()
 {
     data_in();
     work();
     return ;
 }