題目鏈接：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4011

題意概述：給出一張N點的DAG（連通），點1的入度為0。現在加一條原圖沒有的邊，問有多少種方案可使這張圖變成一棵以1為根的有向樹（即每個點的父親指向自己）。

N<=100000,M<=min(200000,N(N-1)/2).

實際上這個題主要在分析（感覺終於開始自己做出省選題了）。

先看沒有加邊的情況，yy一下你發現這種情況的答案就是所有rd（入度）不為0的點rd相乘。道理是只要給每個點指定一個父親，由於原圖是DAG，相當於逆著邊走，由於題目有保證1可以到達每個點，所以每個點一定可以反著走到1。

加邊的情況？註意到加邊之後可能還是DAG，一樣的處理。如果不是DAG說明有環。答案分成兩部分，不用新加的邊的方案+用新加的邊的合法方案。新加的邊的合法方案又等於新加邊所有方案-不合法方案（所有方案指的是父親亂指，不合法方案指的是指出了環）。

重點在於計算不合法方案數。來分析一下環的性質，可以發現新加的邊一定在環上，且我們已經計算的方案中任意一個點的rd為1，這種情況下如果圖不連通可以有很多個環，但是所有環一定經過新加的邊所以只有一個環。於是暴力地我們可以枚舉所有的環，把環上所有點的rd變成1，其它所有點的rd相乘，得到的方案數就是這個環對當前答案的不合法貢獻，減掉。

這個算法隨便一卡就成了O(N^2)的優秀算法了，怎麽優化呢？令加的邊為x->y，可以發現任意一個環一定是從y出發經過一些點走到x經過x->y這條邊回到y，也就是說環的數量就是原圖中y到x的路徑數量。註意到所有點的rd之積mul是不變的，在暴力算法中每條環上的點rd變成1，也就對應y到x的路徑上的每一個點rd變成1，如果y到x的一條路徑上的rd乘積為_mul，那麽這條路徑對不合法答案的貢獻就是mul/_mul，最後是所有的不合法貢獻相加之後從答案中扣除，所以可以設計出這樣的dp方程：

令f(i)表示i到x的路徑上的點對答案的不合法貢獻數，f(i)=sum{ f(j) | j->i } / rd[i]。（實際上這個dp就是對暴力的一個優化而已）

特殊判斷一些情況即可。

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<cstdlib>
 5 #include<algorithm>
 6 #include<cmath>
 7 #include<queue>
 8 #include<set
 
>
 9 #include<map>
10 #include<vector>
11 #include<cctype>
12 using namespace std;
13 const int maxn=100005;
14 const int maxm=200005;
15 const int mo=1000000007;
16 
17 int N,M,X,Y;
18 struct edge{ int to,next; }E[maxm];
19 int first[maxn],np,rd[maxn],sccno[maxn],sccsz[maxn],scc_cnt,dfs_clock,dfn[maxn],low[maxn];
20 int stk[maxn],top,inv[maxn],f[maxn],ID,mul;
21 
22 void add_edge(int u,int v)
23 {
24     E[++np]=(edge){v,first[u]};
25     first[u]=np;
26 }
27 void data_in()
28 {
29     scanf("%d%d%d%d",&N,&M,&X,&Y);
30     int x,y;
31     for(int i=1;i<=M;i++){
32         scanf("%d%d",&x,&y);
33         rd[y]++;
34         add_edge(x,y);
35     }
36     add_edge(X,Y);
37     inv[1]=1;
38     for(int i=2;i<=N;i++)
39         inv[i]=1ll*inv[mo%i]*(mo-mo/i)%mo;
40 }
41 void tarjan_scc(int i)
42 {
43     low[i]=dfn[i]=++dfs_clock;
44     stk[++top]=i;
45     for(int p=first[i];p;p=E[p].next){
46         int j=E[p].to;
47         if(dfn[j]){
48             if(!sccno[j]) low[i]=min(low[i],dfn[j]);
49             continue;
50         }
51         tarjan_scc(j);
52         low[i]=min(low[i],low[j]);
53     }
54     if(low[i]==dfn[i]){
55         scc_cnt++;
56         while(1){
57             sccno[stk[top]]=scc_cnt;
58             sccsz[scc_cnt]++;
59             if(stk[top--]==i) break;
60         }
61     }
62 }
63 int dp(int i)
64 {
65     if(f[i]) return f[i];
66     if(i==X) return f[i]=mul;
67     for(int p=first[i];p;p=E[p].next){
68         int j=E[p].to;
69         if(sccno[j]!=ID||i==X&&j==Y) continue;
70         f[i]=(f[i]+dp(j))%mo;
71     }
72     return f[i]=1ll*f[i]*inv[rd[i]]%mo;
73 }
74 void work()
75 {
76     int ans=1;
77     for(int i=2;i<=N;i++) ans=1ll*ans*rd[i]%mo;
78     if(Y!=1){
79         ans=1ll*ans*inv[rd[Y]]%mo*(rd[Y]+1)%mo;
80         tarjan_scc(1);
81         int MAX=0;
82         for(int i=1;i<=N;i++)
83             if(sccsz[sccno[i]]>MAX) MAX=sccsz[sccno[i]],ID=sccno[i];
84         if(MAX>1){
85             rd[X]=rd[Y]=mul=1;
86             for(int i=2;i<=N;i++) mul=1ll*mul*rd[i]%mo;
87             ans=(ans-dp(Y)+mo)%mo;
88         }
89     }
90     printf("%d\n",ans);
91 }
92 int main()
93 {
94     data_in();
95     work();
96     return 0;
97 }

BZOJ 4011 HNOI2015 落憶楓音 DAG上的dp（實際上重點在於分析）