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F1005D. 「阶段测试5」合影

news 2026/6/11 14:58:38

题意：

有 $n$ 个人排成一排，每个点 $i$ 最多会给出一条限制，形如 $(i,j)$ 表示点 $i$ 必须站在 $j$ 的左侧。问有多少种成立的方案数，答案对输入的模数 $p$ 取模。

对于$100\%$ 的数：$n≤2\times 10^5,m≤2\times 10^5,m≤n,n+10≤p≤10^9+7,T≤10$.

题解：

给个不一样的做法，应该好写一点。

我们考虑限制构成什么，先用限制构造边 $i\to j$，发现如果所有 $i$ 都有出边那么这玩意会构成外向基环树森林，但是我们会发现如果有环，那一定无解，所以在有解的情况下会构成一棵树。

现在再思考限制的本质，对于 $i\to j$，这是一个经典的问题，等价于满足构成的树上 $i$ 的拓扑序小于 $j$。

对于这个经典的有根树版本问题我们有一个经典的结论：

\[ans=\frac{n!}{\prod^{n}_{i=1}siz_i} \]

其中 $siz_i$ 为 $i$ 的子树大小。考虑怎么把我们的限制构造成有根树，发现我们把 $i\to j$ 都换成 $j\to i$ 答案肯定是不变的，把题意理解成 $i$ 在 $j$ 的右侧即可。这样一定是有根树。

证明：

考虑一般情况，若发现如果所有 $i$ 都有出边那么这玩意会构成内向基环树森林。考虑删掉环的一些部分使得有答案，那么你一定可以找到一个根在环上一点。

那么直接做就可以了。时间复杂度 $O(Tn)$.

细节：预处理逆元可以做到线性，这里还有一个性质值得注意，数据范围里写了 $n+10\le p$，这使得我们可以直接处理逆元，因为如果 $n\ge p$ 的话我们就要用 $lucas$ 定理了。

code：

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define int long long
#define m(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int n,m,k,T,siz[N],vis[N],cnt,tg,mod,ni[N],ans;
vector<int> g[N];
int ksm(int x,int k){int ans=1;while(k){if(k&1) ans=ans*x%mod;x=x*x%mod;k>>=1;}return ans;
}
void dfs(int u){vis[u]=cnt;siz[u]=1;for(int v:g[u]){if(vis[v]==cnt){tg=1;break;	}else if(!vis[v]) dfs(v);siz[u]+=siz[v];}
}
void init(){rep(i,1,n) g[i].clear();tg=0;cnt=0;m(siz);m(vis);ni[1]=1;ans=1;rep(i,2,n) ni[i]=(-mod/i*ni[mod%i]%mod+mod)%mod;
}
signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>T;while(T--){cin>>n>>m>>mod;init();rep(i,1,m){int x,y;cin>>x>>y;g[y].pb(x);}rep(i,1,n){if(!vis[i]) cnt++,dfs(i);}if(tg==1){cout<<0<<'\n';continue;}rep(i,1,n){ans=ans*i%mod;ans=ans*ni[siz[i]]%mod;}cout<<ans<<'\n';}return 0;
}

官方解法：

算法1

对于 15%的数据我们可以直接枚举所有置换，再进行判断即可，时间复杂度$ O(T*n!）$

算法2

对于 50%的数据定义$ f[S]$表示已经选了元素集合为 $S$ 的合法方案数是多少，转移方程为 $f[S]=∑ 𝑓[𝑆 − 2^x ]$，满足 x 是 S 中的元素且所有限制均不矛盾，可以先预处理每个位置不合法状态的集合，这样时间复杂度 $O（n T *2^n）$,如果你写成 $O（n*n*T*2^n）$，那么恭喜你，你只有 30（常数小的除外）分了。

算法3

对于余下所有数据, 我们需要观察出一些性质。
如果我们对于一条限制 $(x, y)$, 建一条 $x->y$ 的边, 就会发现在这张图中每个点的出边最多只有一条。

如果在这张图中有环, 则答案一定为 0 。
如果这张图无环, 则这些边一定构成一个森林。
所以我们可以跑树形 dp。

定义 $f[i]$ 表示第 $i$ 棵子树的方案数是多少。
转移时, 相当于有很多的儿子 $s_{1}, s_{2} \ldots s_{n}$ (设每个儿子的子树大小为 size）, 相当于对于一个序列中, 先选 1 个位置给 $s_{1}$,
再在余下的位置中, 选 2 个位置给 $s_{2} \ldots$, 相当于一些组合数的乘积再乘以每个儿子内部的方案数。