【NOIP2017模拟6.25】小W的动漫

题目

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。

分析

这个题目有两个限制：

1、先父亲后儿子；2、先大儿子后小儿子。

这个处理起来就很麻烦，

于是，我们可以转化一下模型，

对于限制2，因为大儿子一定比小儿子先遍历，那么我们可以将小儿子当做前一个比它大的儿子的儿子。

如样例：


现在，限制就只剩下“先父亲后儿子”，即求遍历一棵树，当父亲被走过才可以走儿子的方案数。

显然，这是一棵二叉树。

设f[x]表示，遍历以x为根的子树的方案数。

转移：

设两个儿子分别为i，j（只有一个儿子的话，f[x]就等于儿子的f值），以i为根的子树大小为s1，j的为s2；

f[x]=f[i]∗f[j]∗Cmin(s1,s2)s1+s2（C组合求的是插板问题）

其实就是当前有s1个点，按顺序插入s2个点中。

#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
const int maxlongint=2147483647;
const long long mo=10007;
const int N=1005;
using namespace std;
long long son
[2],size
,f
,jc[N*3],ny[N*3],n,m,T;
long long mi(long long x,long long y)
{
long long sum=1;
while(y)
{
if(y&1) sum=sum*x%mo;
x=x*x%mo;
y>>=1;
}
return sum;
}
long long C(long long mm,long long nn)
{
if(nn>mm) swap(nn,mm);
return jc[mm]*ny[nn]%mo*ny[mm-nn];
}
void dg(int x)
{
size[x]=1;
int j=son[x][0],k=son[x][1];
if(j) dg(j);
if(k) dg(k);
int s1=size[j],s2=size[k];
size[x]+=s1+s2;
if(j && k) f[x]=f[j]%mo*f[k]%mo*C(s1+s2,min(s1,s2))%mo;
else
if(j) f[x]=f[j];
else f[x]=1;
}
int main()
{
jc[0]=ny[0]=1;
for(int i=1;i<=3000;i++)
{
jc[i]=jc[i-1]*i%mo;
ny[i]=mi(jc[i],mo-2);
}
scanf("%lld",&T);
for(;T--;)
{
memset(son,0,sizeof(son));
memset(size,0,sizeof(size));
memset(f,0,sizeof(f));
f[0]=1;
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{

int last=i,x,k;
scanf("%d",&k);
for(int i=1;i<=k;i++)
{
scanf("%d",&x);
if(!son[last][0]) son[last][0]=x;
else son[last][1]=x;
last=x;
}
}
dg(1);
printf("%lld\n",f[1]);
}
}