HNOI2015 落憶楓音

嘟嘟嘟

這題大意就是有乙個dag，然後新增了一條邊，求上有多少種生成樹。

這題想了半天，最後還是寫了暴力。暴力就是\(o(2 ^ mn)\)的那種，還出鍋了幾次：剛開始我不想dfs判斷選出的邊是否構成樹，於是yy了一下，以為只要邊數為\(n - 1\)，除了根節點每個點的入度為1且都被訪問過就行了。卻忘了有環的情況：只要是一堆不連通的環就全符合我上述的判斷條件了……最後還是寫了每次建圖跑dfs……

正解好像不是很難……但我就是沒往那個方向想。

首先考慮乙個dag的情況，那答案就是\(\prod _ ^ du[i]\)。因為每乙個點只可能有一條入度，那麼每乙個點有\(du[i]\)種選法，答案就是那個了。

這一步我也想過，但就是沒想出來。這東西看上去感覺挺好理解的，但是自己去想不知為啥就是想不出來……

接下來有環了，那麼我們想辦法把有環的那些方案數減掉即可。

一種比較暴力的想法是這樣的：找出\(t\)到\(s\)的所有路徑（不就相當於找環了嘛），記為\(path\)，則要減去的就是\(\sum _ \prod du[i]\)。

暴力顯然不行，於是dp。

令\(dp[i]\)表示從\(t\)到\(i\)的所有路徑的\(\prod du[j]\)之和。則答案減去\(dp[s]\)就好了。

怎麼轉移呢，因為是dag，自然能想到拓撲排序，初始化\(dp[t] = \frac\)轉移就是\(dp[i] = \sum_ \frac\)。因為\(i\)和\(j\)相比路徑上多了乙個節點\(i\)，所以要把\(i\)的貢獻除掉。

我剛開始擔心這樣開始從\(t\)轉移拓撲排序進行不下去（樣例就過不去），但後來發現從節點1轉移就好了，因為\(dp[1]\)是0，所以轉移到\(t\)前相當於把dag上環外的邊給去掉了。

#include#include#include#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;
#define enter puts("") 
#define space putchar(' ')
#define mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define in inline
typedef long long ll;
typedef double db;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const db eps = 1e-8;
const int maxn = 1e5 + 5;
const int maxm = 2e5 + 5;
const ll mod = 1e9 + 7;
inline ll read()
inline void write(ll x)
int n, m, s, t, du[maxn];
struct edge
e[maxm];
int head[maxn], ecnt = -1;
in void addedge(int x, int y)
; head[x] = ecnt;
}in ll inc(ll a, ll b) 
in ll quickpow(ll a, ll b)
ll ind[maxn], dp[maxn];
in void topo_sort()
}}int main()
ll ans = du[t] + 1;
for(int i = 2; i <= n; ++i) if(i ^ t) ans = ans * du[i] % mod;
if(s == 1 || t == 1) 
ind[t] = quickpow(du[t] + 1, mod - 2);
for(int i = 2; i <= n; ++i) if(i ^ t) ind[i] = quickpow(du[i], mod - 2);
dp[t] = ans * ind[t] % mod;
topo_sort();
write((ans - dp[s] + mod) % mod), enter;
return 0;
}

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