problem

luogu-P3757

solution

observation:\text{observation}:observation: hi/2−hih_{i/2}-h_ihi/2−hi 的大小关系，其实就是个二叉树的大小关系。

这很类似之前的排列 dpdpdp ，迁移过来，我们尝试 f(i,j):if(i,j):if(i,j):i 在子树内第 jjj 小的方案数。

当所有符号都是一个方向的时候，就是 [ZJOI2010]排列计数的题解，所以我们类比这里应该也是有组合数计算转移的。

同样是编号划分离散化的理解。

假设当前点为 uuu，儿子为 vvv，枚举 uuu 为其所在连通块的第 iii 小，vvv 为其所在联通块的第 jjj 小：

hu<hvh_u<h_vhu<hv。

考虑合并后，uuu 可能在新大小为 sizu+sizvsiz_u+siz_vsizu+sizv 的连通块中的排名。

这就要看 vvv 所在联通块前 jjj 小的数与 huh_uhu 的关系了。

但一定不会到 i+ji+ji+j。

所以，枚举合并后 uuu 的排名为 kkk，i≤k<i+ji\le k<i+ji≤k<i+j。

f(u,k)←f(u,i)∗f(v,j)∗(k−1i−1)∗(sizu+sizv−ksizu−i)f(u,k)\leftarrow f(u,i)*f(v,j)*\binom{k-1}{i-1}*\binom{siz_u+siz_v-k}{siz_u-i}f(u,k)←f(u,i)∗f(v,j)∗(i−1k−1)∗(sizu−isizu+sizv−k)
hu>hvh_u>h_vhu>hv。

转移方程式和原理同上一种情况，只是 kkk 的范围有所变化，i+j≤k≤i+sizvi+j\le k\le i+siz_vi+j≤k≤i+sizv。

时间复杂度为 O(n3)O(n^3)O(n3)。

前缀和优化 O(n2)O(n^2)O(n2) 可以看[HEOI2013]SAO的题解。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 1000000007
#define maxn 105
char s[maxn];
int n;
int c[maxn][maxn], f[maxn][maxn], g[maxn], siz[maxn];void dfs( int u ) {f[u][1] = siz[u] = 1;for( int o = 0;o <= 1;o ++ ) {int v = (u << 1) + o;if( v > n ) break;dfs( v );memcpy( g, f[u], sizeof( f[u] ) );memset( f[u], 0, sizeof( f[u] ) );for( int i = 1;i <= siz[u];i ++ )for( int j = 1;j <= siz[v];j ++ )if( s[v] == '>' ) {for( int k = i + j;k <= i + siz[v];k ++ )(f[u][k] += g[i] * c[k - 1][i - 1] % mod * f[v][j] % mod * c[siz[u] + siz[v] - k][siz[u] - i]) %= mod;}else {for( int k = i;k < i + j;k ++ )(f[u][k] += g[i] * c[k - 1][i - 1] % mod * f[v][j] % mod * c[siz[u] + siz[v] - k][siz[u] - i]) %= mod;}siz[u] += siz[v];}
}signed main() {scanf( "%lld %s", &n, s + 2 );for( int i = 0;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;}dfs( 1 );int ans = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) (ans += f[1][i]) %= mod;printf( "%lld\n", ans );return 0;
}

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