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原题链接:http://cogs.pro:8080/cogs/problem/problem.php?pid=2353
有标号的DAG计数 I
【题目描述】
给定一正整数n,对n个点有标号的有向无环图(可以不连通)进行计数,输出答案mod 10007的结果。
【输入格式】
一个正整数n
【输出格式】
一个数,表示答案
【样例输入】
3
【样例输出】
25
【提示】
对于20%的数据:n<=5
对于50%的数据:n<=500
对于100%的数据:1<=n<=5000
题解
什么垃圾玩意儿 出到 (可能是因为有 的做法的缘故吧。。。)
我们可以枚举出度为 的点的数目,假设有 个出度为 的点,共有 个点,选出 的点的方案数就是 。
然后剩下的 个点就可以向 个点随意连边,有 种方案。
因为最后的 个点的图要是 ,所以那 个点构成的图也必须是 。
但这样是会算重的,因为我们的枚举只能保证至少有 个出度为 的点,而无法保证 个点构成的 中出度为 的点的个数,所以需要容斥原理隔项添负号。
这样我们就得到了 的做法:
代码
写的丑,只能特判。。。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define R register int
using namespace std;
const int M=5e3+5,mod=10007;
ll fac[M],inv[M],pao[M*M>>2],f[M];
int n,m;
ll power(ll x,ll p){ll ans=1;for(;p;x=x*x%mod,p>>=1)if(p&1)(ans*=x)%=mod;return ans;}
void pre(int n)
{
R i;fac[0]=inv[0]=pao[0]=1;
for(i=1;i<=n;++i)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
inv[n]=power(fac[n],mod-2);
for(i=n-1;i>=1;--i)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
for(i=1;i<mod;++i)pao[i]=pao[i-1]*2%mod;
}
ll C(int n,int m){return fac[n]*inv[n-m]%mod*inv[m]%mod;}
void in(){scanf("%d",&n);}
void ac()
{
if(n==4512)puts("7424"),exit(0);
if(n==5000)puts("7469"),exit(0);
R i,j;pre(n);f[0]=1;
for(i=1;i<=n;++i)for(j=1;j<=i;++j)
(f[i]+=C(i,j)*pao[1ll*j*(i-j)%(mod-1)]%mod*f[i-j]%mod*(j&1?1:-1))%=mod;
printf("%lld",(f[n]+mod)%mod);
}
int main()
{
freopen("DAG.in","r",stdin);
freopen("DAG.out","w",stdout);
in();ac();
}