\(\color{#0066ff}{ 题目描述 }\)
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 xx”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”\(x_1\) \(R_1\) \(x_2\) \(R_2\) \(x_3\) \(R_3\) ...... \(x_{N-1}\) \(R_{N-1}\) \(x_N\)“的串，也可看作是集合{ \(x_i{ R_i x_{i+1} |1\leq i\leq N-1\}}\)，其中 \(x_i\)为图片编号，\(x_1\),\(x_2\),...,\(x_N\)两两互不相同（即不存在重复编号），\(R_i\)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 \(K_i\)。这些小 D 仍然记得的质量判断一共有 \(M\) 条（\(0 \leq M \leq N\)），其中第\(i\) 条涉及的图片对为(\(K_{X_i}, X_i\))，判断要么是\(K_{X_i} < X_i\) ，要么是\(K_{X_i} = X_i\)，而且所有的\(X_i\)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
\(\color{#0066ff}{输入格式}\)
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“\(x = y\)“。
\(\color{#0066ff}{输出格式}\)
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。
\(\color{#0066ff}{输入样例}\)
5 4
1 < 2
1 < 3
2 < 4
1 = 5\(\color{#0066ff}{输出样例}\)
5\(\color{#0066ff}{数据范围与提示}\)
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。\(\color{#0066ff}{ 题解 }\)
首先，用ufs把等号的点缩起来（没影响），然后开始判无解
因为每个点小于的信息最多只有一个，所以可以用并查集判断无解
而且根据这个条件，可以连边弄出一个森林，显然我们需要一个超级源建立一棵树
然后可以愉快的开始树形DP了
常规的设法，\(f[i]\)表示以i为根子树的方案
但是发现并不行
因为两个序列合并的时候可以是小于，还可以是相等
也就是说对于i的子树的两个不同的节点uv，他们的子树可能存在两个节点相等的情况
设\(f[u][i]\)表示\(u\)的子树里，分成\(i\)段（也就是共有\(i-1\)个小于号把质量序列分成了\(i\)个部分，每个部分里的图片质量相等）的方案数，然后做一次树形背包DP（当前枚举到了\(u\)的子节点\(v\)，f'表示枚举到子节点\(v\)前的DP值）：
\(f[u][i]=\sum_{j,k}f'[u][j]\times f[v][k]\times C_{i−1}^{j−1}\times C_{j−1}^{k−i+j}\)
后面两个是把j段和k段合并为i段的方案
设\(f[u]\)的质量序列为\(A\)，\(f'[u]\)的质量序列为\(B\)，\(f[v]\)的质量序列为\(C\)。
\(A\)中的每一段可以只包含\(B\)中的一段，可以只包含\(C\)中的一段，也可以有\(B\)和\(C\)各一段合并而成，但不能为空。特殊地，\(A\)的第一段只能包含节点\(u\)。
相当于先枚举\(B\)中的\(j-1\)段在\(A\)中放的位置，方案数为\(C_{i-1}^{j-1}\)，然后把\(C\)中的\(i-j\)段放到\(A\)中剩下的位置，使每一段都不为空。现在\(C\)还剩下\(k-i+j\)个段，他们需要与\(B\)中的段合并，方案数\(C_{j-1}^{k-i+j}\)。
最后总答案为 \(\sum_{i}f[n+1][i]\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
LL in() {
char ch; LL x = 0, f = 1;
while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);
for(x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar()); x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48));
return x * f;
}
const int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 520;
LL f[maxn][maxn], g[maxn], C[maxn][maxn];
int fa[maxn], siz[maxn], du[maxn], bel[maxn];
bool vis[maxn];
struct node {
int to;
node *nxt;
node(int to = 0, node *nxt = NULL): to(to), nxt(nxt) {}
void *operator new(size_t) {
static node *S = NULL, *T = NULL;
return (S == T) && (T = (S = new node[1024]) + 1024), S++;
}
};
struct E {
int x, y, tp;
}e[maxn];
node *head[maxn];
void add(int from, int to) {
head[from] = new node(to, head[from]);
}
char getch() {
char ch = getchar();
while(ch != '<' && ch != '=') ch = getchar();
return ch;
}
int n, m;
void predoit() {
C[0][0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
C[i][0] = 1;
for(int j = 1; j <= i; j++) C[i][j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % mod;
}
}
int findset(int x) { return x == fa[x]? fa[x] : fa[x] = findset(fa[x]); }
void dfs(int x) {
siz[x] = 1, f[x][1] = 1;
for(node *i = head[x]; i; i = i->nxt) {
dfs(i->to);
for(int v = 1; v <= n; v++) g[v] = 0;
for(int v = 1; v <= siz[x] + siz[i->to]; v++)
for(int j = 1; j <= siz[x]; j++)
for(int k = 1; k <= siz[i->to]; k++) {
int p = k - v + j;
if(p < 0) continue;
(g[v] += f[x][j] * f[i->to][k] % mod * C[v - 1][j - 1] % mod * C[j - 1][p] % mod) %= mod;
}
for(int v = 1; v <= siz[x] + siz[i->to]; v++) f[x][v] = g[v];
siz[x] += siz[i->to];
}
}
int main() {
n = in(), m = in();
predoit();
for(int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
for(int i = 1; i <= m; i++) e[i].x = in(), e[i].tp = getch() == '=', e[i].y = in();
for(int i = 1; i <= m; i++) {
if(!e[i].tp) continue;
int xx = findset(e[i].x);
int yy = findset(e[i].y);
if(xx != yy) fa[xx] = yy;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) vis[bel[i] = findset(i)] = true;
for(int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
for(int i = 1; i <= m; i++) {
if(e[i].tp) continue;
add(bel[e[i].x], bel[e[i].y]), du[bel[e[i].y]]++;
int xx = findset(bel[e[i].x]), yy = findset(bel[e[i].y]);
if(xx == yy) return puts("0"), 0;
fa[xx] = yy;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) if(!du[i] && vis[i]) add(n + 1, i);
dfs(n + 1);
LL ans = 0;
for(int i = 1; i <= n + 1; i++) (ans += f[n + 1][i]) %= mod;
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}