题解

把所有=的点连起来,一个图合法肯定它是一个有向树森林

我们新建一个点,把这个点和其他所有树的树根连起来

定义\(dp[u][j]\)表示第u个点长度为j的序列的方案数

转移方法是

\(dp[u][j] += g[k] \cdot dp[v][h] \cdot \binom{j}{k} \cdot \binom{k}{h - j + k}\)

\(g[k]\)是我们记录之前儿子合并的序列为k的方案数

就是我们确定目标序列的长度为\(j\)后,选\(k\)个位置放第一个序列,在这\(k\)个位置中再选\(h - j + k\)个作为第二个序列和第一个序列重合的部分,和之前的空位一起放第二个序列

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
#define MAXN 105
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef long double db;
typedef unsigned int u32;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;char c = getchar();T f = 1;
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {putchar('-');x = -x;}
if(x >= 10) out(x / 10);
putchar('0' + x % 10);
}
const int MOD = 1000000007;
int N,M,id[MAXN],cnt;
int u[MAXN],v[MAXN],f[MAXN],ind[MAXN];
char ch[MAXN][5];
int vis[MAXN],C[MAXN][MAXN],dp[MAXN][MAXN],siz[MAXN],g[MAXN],s[MAXN];
struct node {
int next,to;
}E[MAXN * 2];
int sumE,head[MAXN];
int inc(int a,int b) {
return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
}
int mul(int a,int b) {
return 1LL * a * b % MOD;
}
void add(int u,int v) {
E[++sumE].next = head[u];
E[sumE].to = v;
head[u] = sumE;
}
int getf(int u) {
return f[u] == u ? u : f[u] = getf(f[u]);
}
bool check(int u) {
vis[u] = 1;
for(int i = head[u] ; i ; i = E[i].next) {
int v = E[i].to;
if(!vis[v]) {if(!check(v)) return false;}
if(vis[v] == 1) return false;
}
vis[u] = 2;
return true;
}
void Init() {
read(N);read(M);
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) f[i] = i;
for(int i = 1 ; i <= M ; ++i) {
read(u[i]);scanf("%s",ch[i]);read(v[i]);
if(ch[i][0] == '=') {
f[getf(u[i])] = getf(v[i]);
}
}
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
if(!id[getf(i)]) id[getf(i)] = ++cnt;
}
for(int i = 1 ; i <= M ; ++i) {
if(ch[i][0] == '<') {
add(id[getf(u[i])],id[getf(v[i])]);
ind[id[getf(v[i])]]++;
}
}
N = cnt + 1;
for(int i = 1 ; i <= cnt ; ++i) if(!ind[i]) add(N,i);
C[0][0] = 1;
for(int i = 1 ; i <= 101 ; ++i) {
C[i][0] = 1;
for(int j = 1 ; j <= i ; ++j) {
C[i][j] = inc(C[i - 1][j],C[i - 1][j - 1]);
}
}
}
void dfs(int u) {
for(int i = head[u] ; i ; i = E[i].next) {
int v = E[i].to;
dfs(v);
}
memset(g,0,sizeof(g));
g[0] = 1;
for(int i = head[u] ; i ; i = E[i].next) {
int v = E[i].to;
for(int j = 0 ; j <= siz[u] + siz[v] ; ++j) {
s[j] = 0;
for(int k = 0 ; k <= siz[v] ; ++k) {
if(k > j) break;
for(int h = 0 ; h <= siz[u] ; ++h) {
if(h > j) break;
s[j] = inc(s[j],mul(mul(dp[v][k],g[h]),mul(C[j][k],C[k][h - j + k])));
}
}
}
for(int j = 0 ; j <= siz[u] + siz[v] ; ++j) g[j] = s[j];
siz[u] += siz[v];
}
++siz[u];
for(int j = 1 ; j <= siz[u] ; ++j) dp[u][j] = g[j - 1];
}
void Solve() {
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
if(!vis[i] && !check(i)) {puts("0");return;}
}
dfs(N);
int ans = 0;
for(int i = 0 ; i <= N ; ++i) ans = inc(ans,dp[N][i]);
out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Init();
Solve();
return 0;
}

【LOJ】#2117. 「HNOI2015」实验比较的更多相关文章

  1. loj #2116. 「HNOI2015」开店

    #2116. 「HNOI2015」开店 题目描述 风见幽香有一个好朋友叫八云紫,她们经常一起看星星看月亮从诗词歌赋谈到人生哲学.最近她们灵机一动,打算在幻想乡开一家小店来做生意赚点钱.这样的想法当然非 ...

  2. Loj #2192. 「SHOI2014」概率充电器

    Loj #2192. 「SHOI2014」概率充电器 题目描述 著名的电子产品品牌 SHOI 刚刚发布了引领世界潮流的下一代电子产品--概率充电器: 「采用全新纳米级加工技术,实现元件与导线能否通电完 ...

  3. Loj #3096. 「SNOI2019」数论

    Loj #3096. 「SNOI2019」数论 题目描述 给出正整数 \(P, Q, T\),大小为 \(n\) 的整数集 \(A\) 和大小为 \(m\) 的整数集 \(B\),请你求出: \[ \ ...

  4. Loj #3093. 「BJOI2019」光线

    Loj #3093. 「BJOI2019」光线 题目描述 当一束光打到一层玻璃上时,有一定比例的光会穿过这层玻璃,一定比例的光会被反射回去,剩下的光被玻璃吸收. 设对于任意 \(x\),有 \(x\t ...

  5. Loj #3089. 「BJOI2019」奥术神杖

    Loj #3089. 「BJOI2019」奥术神杖 题目描述 Bezorath 大陆抵抗地灾军团入侵的战争进入了僵持的阶段,世世代代生活在 Bezorath 这片大陆的精灵们开始寻找远古时代诸神遗留的 ...

  6. Loj #2542. 「PKUWC2018」随机游走

    Loj #2542. 「PKUWC2018」随机游走 题目描述 给定一棵 \(n\) 个结点的树,你从点 \(x\) 出发,每次等概率随机选择一条与所在点相邻的边走过去. 有 \(Q\) 次询问,每次 ...

  7. Loj #3059. 「HNOI2019」序列

    Loj #3059. 「HNOI2019」序列 给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(A_1, \ldots , A_n\),以及 \(m\) 个操作,每个操作将一个 \(A_i\) 修改为 \(k ...

  8. Loj #3056. 「HNOI2019」多边形

    Loj #3056. 「HNOI2019」多边形 小 R 与小 W 在玩游戏. 他们有一个边数为 \(n\) 的凸多边形,其顶点沿逆时针方向标号依次为 \(1,2,3, \ldots , n\).最开 ...

  9. LOJ #2135. 「ZJOI2015」幻想乡战略游戏(点分树)

    题意 给你一颗 \(n\) 个点的树,每个点的度数不超过 \(20\) ,有 \(q\) 次修改点权的操作. 需要动态维护带权重心,也就是找到一个点 \(v\) 使得 \(\displaystyle ...

随机推荐

  1. LCT动态树入门

    LCT,link-cut-tree,一种基于splay的高级数据结构,常用于维护动态森林问题,但ta只能维护子树信息,无法修改子树信息. 首先,如果你不会splay,来这里看看吧. 接下来步入正题. ...

  2. 【枚举Day1】20170529-2枚举算法专题练习 题目

    20170529-2枚举算法专题练习 题解: http://www.cnblogs.com/ljc20020730/p/6918360.html 青岛二中日期 序号 题目名称 输入文件名 输出文件名 ...

  3. USACO Section 2.1 The Castle 解题报告

    题目 题目描述 有一个城堡,城堡中有若干个房间,房间与房间之间用墙来进行分隔.现在我们需要统计这个城堡有多少个房间,并且还要找出最大的房间的面积是多少(一个单元格就代表一个单元面积).城堡的主人现在想 ...

  4. jupyter notebook添加Anaconda虚拟环境的python kernel

    之前在自己博客上写了一个如何通过自建配置文件,让jupyter notebook可以调用conda虚拟环境的python解释器. 今天介绍一种更加简单的方式,无需手动配置文件,利用ipykernel可 ...

  5. sql知识收集

    在SQL Server里面有top关键字可以很方便的取出前N条记录,但是Oracle里面却没有top的使用,类似实现取出前N条记录的简单方法如下: 方法1:利用ROW_NUMBER函数 取出前5条记录 ...

  6. CodeSmith自己动手写模板

    CodeSmith学习笔记------ 1.新建一个Code Smith Generator Template(C sharp) 2.一些常见标签的解释: ①外部变量: <%@ Property ...

  7. PASCAL VOC数据集分析(转)

    PASCAL VOC数据集分析 PASCAL VOC为图像识别和分类提供了一整套标准化的优秀的数据集,从2005年到2012年每年都会举行一场图像识别challenge. 本文主要分析PASCAL V ...

  8. HDU 2255 KM算法 二分图最大权值匹配

    奔小康赚大钱 Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)Total Subm ...

  9. java基础基础总结----- 随机数(产生四个随机数)

    前言:在开发的时候经常会遇见,一些验证码登录,其实这些东西,很简单.我曾经开发过一个验证码登录的页面,那时用的插件.但是作为一个合格的开发者,要了解其内部的核心知识,有些东西,可以不深入了解,但是要做 ...

  10. Java基础-SSM之mybatis多对多关联

    Java基础-SSM之mybatis多对多关联 作者:尹正杰 版权声明:原创作品,谢绝转载!否则将追究法律责任. 一.准备测试环境(创建数据库表) 1>.创建teas,stus,links表 u ...