传送门

值得注意的是一般的DAG的拓扑序列数量是NP问题，所以不能直接入手

题目中给出的图可以看做是一个树形图，虽然方向比较迷。考虑使用树形图的性质

不妨任选一个点为根做树形DP，注意到数的位置与方案数相关，所以也要设在状态内。故设\(f_{i,j}\)表示对于\(i\)及\(i\)的子树所有点构成的拓扑序列，\(i\)排在第\(j\)位的方案数，通过一个儿子一个儿子地合并来转移。

对于当前计算的点\(u\)的某一个儿子\(v\)已经算完，正要和\(u\)合并。设\(sz_u\)表示\(u\)和\(u\)的已合并子树的点数之和，并设\(u < v\)，那么序列中\(v\)要在\(u\)的后面。

先枚举\(u\)在已合并序列中的位置\(j\)，然后枚举\(v\)的子树对应的拓扑序列中有\(k\)个放在\(u\)的前面，不难得到转移方程：\(dp_{u,j+k} \leftarrow dp_{u,j} \times C_{j-1+k}^k \times C_{sz_u + sz_v - j - k} ^ {sz_v - k} \times \sum\limits_{i=k+1}^{sz_v} dp_{v,k}\)

如果\(u>v\)也是差不多的

前后缀和优化最后的\(\sum dp_{v,k}\)并预处理组合数

关于复杂度，注意到每一次合并的复杂度为"已合并的儿子大小"\(\times\)"当前合并的儿子大小"，可以看作任意两个点只会在它们的LCA处产生\(1\)的复杂度，所以总复杂度是\(O(n^2)\)的。

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//This code is written by Itst
using namespace std;inline int read(){int a = 0;char c = getchar();bool f = 0;while(!isdigit(c) && c != EOF){if(c == '-')f = 1;c = getchar();}if(c == EOF)exit(0);while(isdigit(c)){a = a * 10 + c - 48;c = getchar();}return f ? -a : a;
}const int MOD = 1e9 + 7;
int N , cntEd;
struct Edge{int end , upEd;
}Ed[2003];
int head[1007] , C[1007][1007] , dp[1007][1007] , sz[1007] , pre[1007][1007] , suf[1007][1007] , tmp[1007];inline void addEd(int a , int b){Ed[++cntEd].end = b;Ed[cntEd].upEd = head[a];head[a] = cntEd;
}inline char getc(){char c = getchar();while(c == ' ' || c == '\n' || c == '\r')c = getchar();return c;
}void init(){C[0][0] = 1;for(int i = 1 ; i <= 1000 ; ++i){C[i][0] = 1;for(int j = 1 ; j <= 1000 ; ++j)C[i][j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % MOD;}
}void dfs(int u , int p){sz[u] = 1;dp[u][1] = 1;for(int i = head[u] ; i ; i = Ed[i].upEd)if(Ed[i].end != p){dfs(Ed[i].end , u);int v = Ed[i].end;sz[u] += sz[v];memset(tmp , 0 , sizeof(tmp));if(i & 1)for(int j = sz[u] - sz[v] ; j ; --j)for(int k = 0 ; k < sz[v] ; ++k)tmp[j + k] = (tmp[j + k] + 1ll * dp[u][j] * suf[v][k + 1] % MOD * C[j + k - 1][k] % MOD * C[sz[u] - j - k][sz[v] - k]) % MOD;elsefor(int j = sz[u] - sz[v] ; j ; --j)for(int k = 1 ; k <= sz[v] ; ++k)tmp[j + k] = (tmp[j + k] + 1ll * dp[u][j] * pre[v][k] % MOD * C[j + k - 1][k] % MOD * C[sz[u] - j - k][sz[v] - k]) % MOD;memcpy(dp[u] , tmp , sizeof(tmp));}for(int i = 1 ; i <= sz[u] ; ++i)pre[u][i] = (pre[u][i - 1] + dp[u][i]) % MOD;for(int i = sz[u] ; i ; --i)suf[u][i] = (suf[u][i + 1] + dp[u][i]) % MOD;
}int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("in","r",stdin);//freopen("out","w",stdout);
#endifinit();for(int T = read() ; T ; --T){N = read();for(int i = 1 ; i < N ; ++i){int a = read() + 1;char c = getc();int b = read() + 1;if(c == '>')swap(a , b);addEd(a , b);addEd(b , a);}dfs(1 , 0);cout << pre[1][N] << endl;memset(dp , 0 , sizeof(dp));memset(pre , 0 , sizeof(pre));memset(suf , 0 , sizeof(suf));memset(head , 0 , sizeof(head));cntEd = 0;}return 0;
}
=