P3244 [HNOI2015]落忆枫音

思路

给出了一个DAG，要求以1为根的外向树的个数
如果没有加边的条件，就非常好做
每个点都只保留一条入边，最后得到的一定就是一个符合条件的树了（因为给了一个DAG啊）
所以答案是\(\prod_{i=2}^nd_i\)
加上一条边时候，可能会出现环的情况，要把它去掉
假设环中的点是\(a_1,a_2,a_3,\dots,a_k\)，去掉的情况数就是\(\frac{\prod_{i=2}^nd_i}{\prod_{i=1}^kd_{a_i}}\)（除了环上的点之外其他随便选，成环只有环上的点每个点都选择环上的边的一种情况）
对后面的式子在原DAG上直接拓扑求一下就好了

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <queue>
#define int long long
using namespace std;
const int MOD = 1000000007;
int n,m,x,y;
int u[100100<<1],v[100100<<1],fir[100100],nxt[100100<<1],d[100100],cnt,f[100100],ans,d_t[100100];
void addedge(int ui,int vi){++cnt;u[cnt]=ui;v[cnt]=vi;d[vi]++;d_t[vi]++;nxt[cnt]=fir[ui];fir[ui]=cnt;
}
int pow(int a,int b){int ans=1;while(b){if(b&1)ans=(ans*a)%MOD;a=(a*a)%MOD;b>>=1;}return ans;
}
queue<int> q;
void topu(void){f[y]=ans;for(int i=1;i<=n;i++)if(!d_t[i])q.push(i);while(!q.empty()){int x=q.front();q.pop();f[x]=(f[x]*pow(d[x],MOD-2))%MOD;for(int i=fir[x];i;i=nxt[i]){f[v[i]]=(f[v[i]]+f[x])%MOD;d_t[v[i]]--;if(!d_t[v[i]])q.push(v[i]);}}}
signed main(){scanf("%lld %lld %lld %lld",&n,&m,&x,&y);d[y]++;for(int i=1;i<=m;i++){int a,b;scanf("%lld %lld",&a,&b);addedge(a,b);}ans=1;for(int i=2;i<=n;i++)ans=(ans*d[i])%MOD;if(y==1){printf("%lld\n",ans);return 0;}topu();printf("%lld\n",(ans-f[x]+MOD)%MOD);return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/dreagonm/p/10549922.html

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