BZOJ 4013/Luogu P3240 [HNOI2015] 实验比较 （树形DP）

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分析

放一个dalao博客： xyz32768 的博客，看完再回来看本蒟蒻的口胡吧(其实嘛…不回来也行)

• 精髓是合并的方案数的计算，至于为什么是 $\large C_{i-1}^{j-1}$，是因为当前点必须独立成为第一部分
• 时间复杂度的 $O(n^3)$也是个玄学东西。其实是因为枚举 $j,k$时上限分别是 $sz[u]$(到目前所有子树的大小)和 $sz[v]$(这棵子树的大小)，乘起来就是相当于在 $u$下方中枚举不同子树内的点对。那么每一对只会在 $lca$处被枚举到。因为在 $lca$下方，两个点不可能一起被枚举到；而在 $lca$上方，它们已经存在于同一子树了。所以这个枚举总时间复杂度是 $O(n^2)$。最终复杂度就为 $O(n^3)$
• 注意判断环的方式有没有考虑周全。因为不能用简单的用入度为 $0$来判断每一棵树的根节点(因为可能有环)，我写的 $naive$的 $O(n)$的判环各种姿势 $WA$，见下
• 第一发
  
• 第二发
  
• 三
  
• 四
  
• 。。。于是直接 $O(n^2)$每次清零 $vis$数组跑 $dfs$。能过就行。

• CODE

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 105;
const int mod = 1e9+7;
int n, m, edgecnt;
struct edge { int u, v; }e[MAXN];

int scc[MAXN];
int find(int x) { return scc[x] == x ? x : scc[x]=find(scc[x]); }

int fir[MAXN], to[MAXN], nxt[MAXN], cnt, in[MAXN];
inline void add(int u, int v) { to[++cnt] = v; nxt[cnt] = fir[u]; fir[u] = cnt; in[v]++; }

bool vis[MAXN];
bool check(int u) {
	if(vis[u]) return 0;
	vis[u] = 1;
	for(int i = fir[u]; i; i = nxt[i])
		if(!check(to[i])) return 0;
	return 1;
}

int f[MAXN][MAXN], sz[MAXN], tmp[MAXN], c[MAXN][MAXN];
void dp(int u) {
	f[u][1] = sz[u] = 1;
	for(int l = fir[u], v; l; l = nxt[l]) {
		dp(v = to[l]);
		for(int i = 1; i <= sz[u]+sz[v]; ++i) tmp[i] = 0;
		for(int i = 1; i <= sz[u]+sz[v]; ++i)
			for(int j = 1; j <= sz[u] && j <= i; ++j)
				for(int k = 1; k <= sz[v] && k <= i; ++k)
					if(k + j >= i)
						tmp[i] = (tmp[i] + 1ll * f[u][j] * f[v][k] % mod * c[i-1][j-1] % mod * c[j-1][k-(i-j)] % mod) % mod;
		for(int i = 1; i <= sz[u]+sz[v]; ++i) f[u][i] = tmp[i];
		sz[u] += sz[v];
	}
}

int main () {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) scc[i] = i;
	char s[2];
	for(int i = 1, x, y; i <= m; ++i) {
		scanf("%d%s%d", &x, s, &y);
		if(s[0] == '=') scc[find(y)]=find(x);
		else {
			if(s[i] == '>') swap(x, y); //emmm... unnecessary
			e[++edgecnt] = (edge){ x, y };
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; ++i) find(i);
	for(int i = 1; i <= edgecnt; ++i) {
		if(scc[e[i].u] == scc[e[i].v]) return puts("0"), 0;
		add(scc[e[i].u], scc[e[i].v]);
	}
	bool flg = 1;
	for(int i = 1; i <= n; ++i) if(scc[i] == i) {
		memset(vis, 0, sizeof vis);
		if(!check(i)) { flg = 0; break; } //judge the circle
		if(!in[i]) add(0, i);
	}
	if(!flg) return puts("0"), 0;
	c[0][0] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		c[i][0] = c[i][i] = 1;
		for(int j = 1; j < i; ++j)
			c[i][j] = (c[i-1][j-1] + c[i-1][j]) % mod;
	}
	dp(0);
	int ans = 0;
	for(int i = 1; i <= sz[0]; ++i)
		ans = (ans + f[0][i]) % mod;
	printf("%d\n", ans);
}

• 出于良心的 $Upd$

  正确的 $O(n)$判环方式是用 $inq$数组存每个点是否在当前 $dfs$栈中，如果下一个点已经在栈中那么存在环， $return$时出栈。