题目链接：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4011
题意概述：给出一张N点的DAG（连通），点1的入度为0。现在加一条原图没有的边，问有多少种方案可使这张图变成一棵以1为根的有向树（即每个点的父亲指向自己）。
N<=100000,M<=min(200000,N(N-1)/2).
实际上这个题主要在分析（感觉终于开始自己做出省选题了）。
先看没有加边的情况，yy一下你发现这种情况的答案就是所有rd（入度）不为0的点rd相乘。道理是只要给每个点指定一个父亲，由于原图是DAG，相当于逆着边走，由于题目有保证1可以到达每个点，所以每个点一定可以反着走到1。
加边的情况？注意到加边之后可能还是DAG，一样的处理。如果不是DAG说明有环。答案分成两部分，不用新加的边的方案+用新加的边的合法方案。新加的边的合法方案又等于新加边所有方案-不合法方案（所有方案指的是父亲乱指，不合法方案指的是指出了环）。
重点在于计算不合法方案数。来分析一下环的性质，可以发现新加的边一定在环上，且我们已经计算的方案中任意一个点的rd为1，这种情况下如果图不连通可以有很多个环，但是所有环一定经过新加的边所以只有一个环。于是暴力地我们可以枚举所有的环，把环上所有点的rd变成1，其它所有点的rd相乘，得到的方案数就是这个环对当前答案的不合法贡献，减掉。
这个算法随便一卡就成了O(N^2)的优秀算法了，怎么优化呢？令加的边为x->y，可以发现任意一个环一定是从y出发经过一些点走到x经过x->y这条边回到y，也就是说环的数量就是原图中y到x的路径数量。注意到所有点的rd之积mul是不变的，在暴力算法中每条环上的点rd变成1，也就对应y到x的路径上的每一个点rd变成1，如果y到x的一条路径上的rd乘积为_mul，那么这条路径对不合法答案的贡献就是mul/_mul，最后是所有的不合法贡献相加之后从答案中扣除，所以可以设计出这样的dp方程：
令f(i)表示i到x的路径上的点对答案的不合法贡献数，f(i)=sum{ f(j) | j->i } / rd[i]。（实际上这个dp就是对暴力的一个优化而已）
特殊判断一些情况即可。
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cstring>
4 #include<cstdlib>
5 #include<algorithm>
6 #include<cmath>
7 #include<queue>
8 #include<set>
9 #include<map>
10 #include<vector>
11 #include<cctype>
12 using namespace std;
13 const int maxn=100005;
14 const int maxm=200005;
15 const int mo=1000000007;
16
17 int N,M,X,Y;
18 struct edge{ int to,next; }E[maxm];
19 int first[maxn],np,rd[maxn],sccno[maxn],sccsz[maxn],scc_cnt,dfs_clock,dfn[maxn],low[maxn];
20 int stk[maxn],top,inv[maxn],f[maxn],ID,mul;
21
22 void add_edge(int u,int v)
23 {
24 E[++np]=(edge){v,first[u]};
25 first[u]=np;
26 }
27 void data_in()
28 {
29 scanf("%d%d%d%d",&N,&M,&X,&Y);
30 int x,y;
31 for(int i=1;i<=M;i++){
32 scanf("%d%d",&x,&y);
33 rd[y]++;
34 add_edge(x,y);
35 }
36 add_edge(X,Y);
37 inv[1]=1;
38 for(int i=2;i<=N;i++)
39 inv[i]=1ll*inv[mo%i]*(mo-mo/i)%mo;
40 }
41 void tarjan_scc(int i)
42 {
43 low[i]=dfn[i]=++dfs_clock;
44 stk[++top]=i;
45 for(int p=first[i];p;p=E[p].next){
46 int j=E[p].to;
47 if(dfn[j]){
48 if(!sccno[j]) low[i]=min(low[i],dfn[j]);
49 continue;
50 }
51 tarjan_scc(j);
52 low[i]=min(low[i],low[j]);
53 }
54 if(low[i]==dfn[i]){
55 scc_cnt++;
56 while(1){
57 sccno[stk[top]]=scc_cnt;
58 sccsz[scc_cnt]++;
59 if(stk[top--]==i) break;
60 }
61 }
62 }
63 int dp(int i)
64 {
65 if(f[i]) return f[i];
66 if(i==X) return f[i]=mul;
67 for(int p=first[i];p;p=E[p].next){
68 int j=E[p].to;
69 if(sccno[j]!=ID||i==X&&j==Y) continue;
70 f[i]=(f[i]+dp(j))%mo;
71 }
72 return f[i]=1ll*f[i]*inv[rd[i]]%mo;
73 }
74 void work()
75 {
76 int ans=1;
77 for(int i=2;i<=N;i++) ans=1ll*ans*rd[i]%mo;
78 if(Y!=1){
79 ans=1ll*ans*inv[rd[Y]]%mo*(rd[Y]+1)%mo;
80 tarjan_scc(1);
81 int MAX=0;
82 for(int i=1;i<=N;i++)
83 if(sccsz[sccno[i]]>MAX) MAX=sccsz[sccno[i]],ID=sccno[i];
84 if(MAX>1){
85 rd[X]=rd[Y]=mul=1;
86 for(int i=2;i<=N;i++) mul=1ll*mul*rd[i]%mo;
87 ans=(ans-dp(Y)+mo)%mo;
88 }
89 }
90 printf("%d\n",ans);
91 }
92 int main()
93 {
94 data_in();
95 work();
96 return 0;
97 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/KKKorange/p/8485464.html