原题戳我

Solution：

（部分复制Navi_Aswon博客）

解释博客中的两个小地方：

\[\sum_{\left(S是G中y→x的一条路径的点集\right))}\prod_{2≤j≤n,(j∉S)}degree_j\]

• 因为加了\(x\)到\(y\)这条边出现了环，所以环上一定有一条边是从\(x\)连向\(y\)，所以在没有这条边时，能从\(y\)连向\(x\)的方案都是不满足的。
• 因此，上面这个式子就是找出了一条从\(y\)至\(x\)的路径后，连边的方案数。可以看作，\(y\)到\(x\)路径上的所有边都固定只连向环中的下一个点，所以方案数就是其他不在环上的点的入度乘积

\[f_i=\frac{∑\left(j→i\right)*f_j}{degree_i}\]

• 这个式子用\(degree\)总乘积除掉环路径上的点后的乘积之和，也就是不同环到这个点来后的方案和，所以最后\(f[x]\)就是所有存在环的方案数。注意的理解的点就是，\(f[ ]\)不是一个固定的环存在的不能满足方案数，而是所有环的情况方案数之和

• 另外还用到了费马小定律求逆元，\(1e9+7\)是质数

是一道需要好好理解好好思考的题目

Code：

//It is coded by Ning_Mew on 3.17
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long longusing namespace std;const int maxn=1e5+7;
const int MOD=1e9+7;int n,m,x,y;
int head[maxn],cnt=0;
struct Edge{int nxt,to;
}edge[2*maxn];
int degree[maxn],in[maxn];
LL ans=0,f[maxn];void add(int from,int to){edge[++cnt].nxt=head[from];edge[cnt].to=to;head[from]=cnt;
}
LL q_pow(int x,int k){LL box=1ll*x,ans=1;while(k){if(k%2)ans=ans*box%MOD;box=box*box%MOD;k=k/2;}return ans;
}
void topsort(){queue<int>q;while(!q.empty())q.pop();for(int i=1;i<=n;i++){if(in[i]==0)q.push(i);}while(!q.empty()){int u=q.front();q.pop();f[u]=f[u]*q_pow(degree[u],MOD-2)%MOD;for(int i=head[u];i!=0;i=edge[i].nxt){int v=edge[i].to;in[v]--;f[v]=(f[v]+f[u])%MOD;if(in[v]==0)q.push(v);}}return;
}
int main(){scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&x,&y);degree[y]++;for(int i=1;i<=m;i++){int a,b;scanf("%d%d",&a,&b);add(a,b);degree[b]++;}ans=1;for(int i=2;i<=n;i++){in[i]=degree[i];ans=1ll*ans*degree[i]%MOD;}in[1]=degree[1];in[y]--; f[y]=ans;if(y!=1)topsort();printf("%lld\n",(ans-f[x]+MOD)%MOD);return 0;
}