JZOJ5165. 【NOIP2017模拟6.25】小W的动漫

Description

小W最近迷上了日本动漫，每天都有无数部动漫的更新等着他去看，所以他必须将所有的动漫排个顺序，当然，虽然有无数部动漫，但除了1号动漫，每部动漫都有且仅有一部动漫是它的前传（父亲），也就是说，所有的动漫形成一个树形结构。而动漫的顺序必须满足以下两个限制：
1、一部动漫的所有后继（子孙）都必须排在它的后面；
2、对于同一部动漫的续集（孩子），小W喜爱度高的须排在前面。
光排序小W还不爽，他想知道一共有多少种排序方案，并且输出它mod 10007的答案。

题解

题目给了两种排序的限制，我们可以通过转换，使其变为一种。
在同一个节点的儿子中，喜爱度高的应该排在前面，那我们就将喜爱度高的那一个节点作为喜爱度仅次于它的父亲。
这样之后，限制就变为了一种：父亲 要在儿子前面。
而且转换之后，树变成了一棵二叉树，
接下来就是如何求方案数。
对于每一个节点，我们记录fi,si 表示这个节点为根的子树的方案数和树的大小。
那么合并的时候就应该将两个儿子节点的方案数乘起来，再乘上排序的方案数。
对于两个大小为a,b 的子树，它们的排序的方案数就是：Caa+b
最后的答案就是f1了。

code（c++）

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#include <cmath>#define N 1003#define mo 10007using namespace std;int f[N],s[N],jc[2*N],ny[2*N];int T,n,m,l[N],r[N],fa,x;int ksm(int x,int y){    int s=1;    while(y)    {        if(y%2)s=(s*x)%mo;        x=(x*x)%mo;        y/=2;    }    return s;}void ins(int x,int y){    if(l[x])r[x]=y;else l[x]=y;}int C(int n,int m){    return((ny[m-n]*jc[m])%mo*ny[n])%mo;}void tree(int x){    if(l[x])tree(l[x]);    if(r[x])tree(r[x]);    s[x]=s[l[x]]+s[r[x]]+1;    if(r[x])    {        int s1=s[l[x]],s2=s[r[x]];        f[x]=((f[l[x]]*f[r[x]])%mo*C(s1,s1+s2))%mo;    }else if(l[x])f[x]=f[l[x]];else f[x]=1;}int main(){    ny[1]=jc[1]=1;    for(int i=2;i<2*N;i++)        jc[i]=(jc[i-1]*i)%mo,ny[i]=ksm(jc[i],mo-2);    scanf("%d",&T);    while(T--)    {        memset(l,0,sizeof(l));        memset(r,0,sizeof(r));        memset(f,0,sizeof(f));        memset(s,0,sizeof(s));        scanf("%d",&n);        for(int i=1;i<=n;i++)        {            scanf("%d",&m);            fa=i;            for(int j=1;j<=m;j++)                scanf("%d",&x),ins(fa,x),fa=x;        }        tree(1);        printf("%d\n",f[1]);    }}