【bzoj4011】落忆枫音

Description

给出一个有n个点和m条边的有向无环图，1号节点入度为0。这个有向无环图存在一个树形子图，是以1号节点为根的包含全部n个点的一棵树。该树形子图可能有多种可能性。

现在向图中加入一条与已有边不同的有向边（连接两个节点但方向不同视为不同的边），这条边可连向自身。原有向无环图添加新边后得到的新图可能会出现环。

求新图中以1为根的树形子图的方案数。（对1000000007取模）

Solution

我们可以得到，有向无环图中树形子图的方案数为2号节点到n号节点的入度的乘积。

设新边为（u，v）,新图中2号节点到n号节点的入度的乘积为sum。

若v==1，则答案为sum。

否则令f[i]表示原图中1号节点到i号节点所有路径的价值之和除以该点当前入度，ans=sum-f[u]。

初始值：f[v]=sum。

我们在原图中从1号节点开始进行拓扑排序。

若加入新边后不构成环，由于原图为DAG，则不存在从v节点到u节点的路径，f[u]=0，满足答案为2号节点到n号节点的入度的乘积，即ans=sum；

若加入新边后构成环，f[u]的值即新图中取了整个环的方案数，则ans=sum-f[u]。

Code

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<algorithm>
 4 #include<queue>
 5 using namespace std;
 6 typedef long long ll;
 7 const ll mod=1000000007;
 8 struct edge{
 9     int to,next;
10 }e[200010];
11 int n,m,x,y,head[100010];
12 int a[100010]={0},in[100010]={0};
13 ll ans=1,inv[100010]={0,1},f[100010]={0};
14 ll solve(){
15     queue<int>q;
16     while(!q.empty())
17         q.pop();
18     q.push(1);
19     f[y]=ans;
20     while(!q.empty()){
21         int u=q.front();
22         q.pop();
23         f[u]=f[u]*inv[a[u]]%mod;
24         for(int i=head[u];~i;i=e[i].next){
25             int v=e[i].to;
26             f[v]=(f[v]+f[u])%mod;
27             in[v]--;
28             if(in[v]==0)
29                 q.push(v);
30         }
31     }
32     return (ans-f[x]+mod)%mod;
33 }
34 int main(){
35     memset(head,-1,sizeof(head));
36     scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&x,&y);
37     for(int i=2;i<=n+1;i++)
38         inv[i]=(mod-mod/i*inv[mod%i]%mod)%mod;
39     a[y]++;
40     for(int i=1;i<=m;i++){
41         int u,v;
42         scanf("%d%d",&u,&v);
43         e[i]=(edge){v,head[u]};
44         head[u]=i;
45         in[v]++;a[v]++;
46     }
47     for(int i=2;i<=n;i++)
48         ans=ans*a[i]%mod;
49     printf("%lld\n",y==1?ans:solve());
50     return 0;
51 }

原文地址：https://www.cnblogs.com/gzez181027/p/bzoj4011.html