亲戚（relative）

【题目背景】

Y 家是世界上最大的家族，HJZ 是其中一员。

现在 Y 家人想要拍一张全家福，却发现这是一个十分复杂的问题. . . . . .

【题目描述】

Y 家一共有 n 人

其中每个人最多有一个直系祖先。

Y 家的家规十分严格，在拍全家福时每个人必须排在其直系祖先后面。如 HZY 不

可以排在 HJZ 前面，但 Little_Meat_Circle 就可以排在 HJZ 前。

现在 HJZ 想知道可以有多少种合法的排队方案。你只需要给出方案数对 10⁹ + 7 取模的结果。

【输入格式】

从文件 relative.in 中读入数据。

第一行一个正整数 n 表示 Y 家的人数。

第二行 n 个整数 f_i 表示第 i 个人的直系祖先编号。若 f_i = 0 则表示第 i 个人没有 直系祖先。保证 f_i , i 。

【输出格式】

输出到文件 relative.out 中。

一行一个整数，表示合法的方案数对 10⁹ + 7 取模的结果。

【样例 1 输入】

4

0 1 1 0

【样例 1 输出】

8

题解：

首先，一个节点在以它为根的子树的方案中必为第一位

所以以它为根的子树的方案等于：

将所有子节点对应的子树的序列混合起来的方案数

因为序列顺序不能改变，所以可以变成组合问题

假设一个子树对应的序列a长为x，一个子树对应的序列b长为y，组成一个x+y的序列

所以方案数为：从x+y个位置中选x个(或y个)=>C(x+y,x)

因为这只是一对序列的方案，所以要乘f[a]*f[b]

这里f[x]是指x点的子树的方案数

在多叉树中，分叉可能大于2，这没有关系

先算出两个儿子的值，合并起来，记下合并后的方案数和大小，作为一个节点与下一个儿子合并

sum=(sum*f[v])*(C(tmp,p))    (p是子树大小，tmp是当前大小+p，sum是当前方案数)

最后f[x]=sum;

下一个问题,这个过程已经是O(n)了，求组合数如果O(n)会超时

方法是：

C(n,r)=n!/((n-r)!*r!)

n!用O(n)预处理，分母就用递推式

A[i]=(Mod-Mod/i)*A[Mod%i]%Mod

在O(n)时间内求出阶乘逆元

组合数就可以O(1)搞定了

总复杂度为O(n)

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #include<cmath>
 using namespace std;
 struct Node
 {
     int next,to;
 }edge[];
 int head[],Mod=,n,num;
 long long f[],A[],B[];
 void add(int u,int v)
 {
     num++;
     edge[num].next=head[u];
     head[u]=num;
     edge[num].to=v;
 }
 long long C(int x,int r)
 {
  if (x==r) return ;
  if (r==) return ;
     long long s=B[x];
     s=(s*A[x-r])%Mod;
     s=(s*A[r])%Mod;
     //cout<<x<<' '<<r<<' '<<s<<endl;
     return s;
 }
 int dfs(int x,int pa)
 {int i,p;
     int tmp=;
     long long sum=;
     for (i=head[x];i;i=edge[i].next)
     {
       int v=edge[i].to;
        if (v!=pa)
        {
          p=dfs(v,x);
          //cout<<v<<' '<<f[v]<<' '<<p<<endl;
           tmp+=p;
           sum=(((sum*f[v])%Mod)*C(tmp,p))%Mod;
        }
     }
   f[x]=sum;
   //cout<<sum<<' '<<x<<endl;
   return tmp+;
 }
 int main()
 {int i,x,j;
 //freopen("relative.in","r",stdin);
 //freopen("relative.out","w",stdout);
     cin>>n;
     for (i=;i<=n;i++)
     {
         scanf("%d",&x);
         add(x,i);
     }
     B[]=;
     for (i=;i<=n;i++)
     B[i]=(B[i-]*i)%Mod;
      A[]=;
      for (i=;i<=n;i++)
      A[i]=((Mod-(Mod/i))*(long long)A[Mod%i])%Mod;
      for (i=;i<=n;i++)
      A[i]=(A[i]*A[i-])%Mod;
     dfs(,);
 cout<<f[];
 }