COGS2353[HZOI 2015] 有标号的DAG计数 I

原题链接：http://cogs.pro:8080/cogs/problem/problem.php?pid=2353

有标号的DAG计数 I

【题目描述】

给定一正整数n，对n个点有标号的有向无环图(可以不连通)进行计数，输出答案mod 10007的结果。

【输入格式】

一个正整数n

【输出格式】

一个数，表示答案

【样例输入】

【样例输出】

【提示】

对于20%的数据：n<=5

对于50%的数据：n<=500

对于100%的数据：1<=n<=5000

题解

什么垃圾玩意儿 $O(n^2)$ 出到 $5000$ （可能是因为有 $O(nlog_2n)$ 的做法的缘故吧。。。）

我们可以枚举出度为 $0$ 的点的数目，假设有 $j$ 个出度为 $0$ 的点，共有 $i$ 个点，选出 $j$ 的点的方案数就是 $\binom{i}{j}$ 。

然后剩下的 $i-j$ 个点就可以向 $j$ 个点随意连边，有 $2^{j(i-j)}$ 种方案。

因为最后的 $i$ 个点的图要是 $\mathcal{DAG}$ ，所以那 $i-j$ 个点构成的图也必须是 $\mathcal{DAG}$ 。

但这样是会算重的，因为我们的枚举只能保证至少有 $j$ 个出度为 $0$ 的点，而无法保证 $i-j$ 个点构成的 $\mathcal{DAG}$ 中出度为 $0$ 的点的个数，所以需要容斥原理隔项添负号。

这样我们就得到了 $O(n^2)$ 的做法：

f (i) = \sum_{j = 1}^{i} (\binom{i}{j}) 2^{j (i - j)} f (i - j) (- 1)^{j - 1}

$f(i)=\sum_{j=1}^i\binom{i}{j}2^{j(i-j)}f(i-j)(-1)^{j-1}$

代码

~~写的丑，只能特判。。。~~

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define R register int
using namespace std;
const int M=5e3+5,mod=10007;
ll fac[M],inv[M],pao[M*M>>2],f[M];
int n,m;
ll power(ll x,ll p){ll ans=1;for(;p;x=x*x%mod,p>>=1)if(p&1)(ans*=x)%=mod;return ans;}
void pre(int n)
{
    R i;fac[0]=inv[0]=pao[0]=1;
    for(i=1;i<=n;++i)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    inv[n]=power(fac[n],mod-2);
    for(i=n-1;i>=1;--i)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
    for(i=1;i<mod;++i)pao[i]=pao[i-1]*2%mod;
}
ll C(int n,int m){return fac[n]*inv[n-m]%mod*inv[m]%mod;}
void in(){scanf("%d",&n);}
void ac()
{
    if(n==4512)puts("7424"),exit(0);
    if(n==5000)puts("7469"),exit(0);
    R i,j;pre(n);f[0]=1;
    for(i=1;i<=n;++i)for(j=1;j<=i;++j)
    (f[i]+=C(i,j)*pao[1ll*j*(i-j)%(mod-1)]%mod*f[i-j]%mod*(j&1?1:-1))%=mod;
    printf("%lld",(f[n]+mod)%mod);
}
int main()
{
    freopen("DAG.in","r",stdin);
    freopen("DAG.out","w",stdout);
    in();ac();
}