\(\color{#0066ff}{ 題目描述 }\)

小D 被邀請到實驗室，做一個跟圖片質量評價相關的主觀實驗。實驗用到的圖片集一共有 \(N\) 張圖片，編號為 \(1\) 到\(N\)。實驗分若幹輪進行，在每輪實驗中，小 D會被要求觀看某兩張隨機選取的圖片， 然後小D 需要根據他自己主觀上的判斷確定這兩張圖片誰好誰壞，或者這兩張圖片質量差不多。 用符號”\(<\)“、”\(>\)“和”\(=\)“表示圖片 \(x\)和\(y\)（\(x\)、\(y\)為圖片編號）之間的比較：

如果上下文中 \(x\) 和 \(y\) 是圖片編號，則 \(x<y\) 表示圖片 xx”質量優於“\(y\)

也就是說，這種上下文中，”\(<\)“、”\(>\)“、”\(=\)“分別是質量優於、質量差於、質量相同的意思；在其他上下文中，這三個符號分別是小於、大於、等於的含義。圖片質量比較的推理規則（在 x和y是圖片編號的上下文中）：

（1）\(x < y\)等價於 \(y > x\)。

（2）若 \(x < y\) 且\(y = z\)，則\(x < z\)。

（3）若\(x < y\)且 \(x = z\)，則 \(z < y\)

（4）\(x=y\)等價於 \(y=x\)。

（5）若\(x=y\)且 \(y=z\)，則\(x=z\)。

實驗中，小 D 需要對一些圖片對\((x, y)\)，給出 \(x < y\) 或 \(x = y\) 或 \(x > y\) 的主觀判斷。小D 在做完實驗後， 忽然對這個基於局部比較的實驗的一些全局性質產生了興趣。在主觀實驗數據給定的情形下，定義這 \(N\) 張圖片的一個合法質量序列為形如”\(x_1\) \(R_1\) \(x_2\) \(R_2\) \(x_3\) \(R_3\) ...... \(x_{N-1}\) \(R_{N-1}\) \(x_N\)“的串，也可看作是集合{ \(x_i{ R_i x_{i+1} |1\leq i\leq N-1\}}\)

例如： 質量序列\(3 < 1 = 2\) 與主觀判斷”\(3 > 1,3 = 2\)“沖突（因為質量序列中 \(3<1\) 且\(1=2\)，從而\(3<2\)，這與主觀判斷中的 \(3=2\) 沖突；同時質量序列中的 \(3<1\) 與主觀判斷中的 \(3>1\) 沖突） ，但與主觀判斷”\(2 = 1\)，\(3 < 2\)“ 不沖突；因此給定主觀判斷”\(3>1\)，\(3=2\)“時，\(1<3=2\) 和\(1<2=3\) 都是合法的質量序列，\(3<1=2\) 和\(1<2<3\)都是非法的質量序列。由於實驗已經做完一段時間了，小D 已經忘了一部分主觀實驗的數據。對每張圖片 \(i\)，小 D 都最多只記住了某一張質量不比 \(i\) 差的另一張圖片 \(K_i\)。這些小 D 仍然記得的質量判斷一共有 \(M\) 條（\(0 \leq M \leq N\)），其中第\(i\) 條涉及的圖片對為(\(K_{X_i}, X_i\))，判斷要麽是\(K_{X_i} < X_i\) ，要麽是\(K_{X_i} = X_i\)，而且所有的\(X_i\)互不相同。小D 打算就以這\(M\) 條自己還記得的質量判斷作為他的所有主觀數據。

現在，基於這些主觀數據，我們希望你幫小 D 求出這 N 張圖片一共有多少個不同的合法質量序列。

我們規定：如果質量序列中出現”\(x = y\)“，那麽序列中交換 \(x\)和\(y\)的位置後仍是同一個序列。因此： \(1<2=3=4<5\) 和\(1<4=2=3<5\) 是同一個序列， \(1 < 2 = 3\) 和 \(1 < 3 = 2\) 是同一個序列，而\(1 < 2 < 3\) 與\(1 < 2 = 3\)是不同的序列，\(1<2<3\)和\(2<1<3\) 是不同的序列。由於合法的圖片質量序列可能很多， 所以你需要輸出答案對\(10^9 + 7\) 取模的結果

\(\color{#0066ff}{輸入格式}\)

第一行兩個正整數\(N\),\(M\)，分別代表圖片總數和小D仍然記得的判斷的條數；接下來\(M\)行，每行一條判斷，每條判斷形如“\(x < y\)“或者“\(x = y\)“。

\(\color{#0066ff}{輸出格式}\)

輸出僅一行，包含一個正整數，表示合法質量序列的數目對 \(10^9+7\)取模的結果。

\(\color{#0066ff}{輸入樣例}\)

5 4
1 < 2
1 < 3
2 < 4
1 = 5

\(\color{#0066ff}{輸出樣例}\)

5

\(\color{#0066ff}{數據範圍與提示}\)

不同的合法序列共5個，如下所示：

1 = 5 < 2 < 3 < 4 
1 = 5 < 2 < 4 < 3 
1 = 5 < 2 < 3 = 4 
1 = 5 < 3 < 2 < 4 
1 = 5 < 2 = 3 < 4 
100%的數據滿足N<=100。

\(\color{#0066ff}{ 題解 }\)

首先，用ufs把等號的點縮起來（沒影響），然後開始判無解

因為每個點小於的信息最多只有一個，所以可以用並查集判斷無解

而且根據這個條件，可以連邊弄出一個森林，顯然我們需要一個超級源建立一棵樹

然後可以愉快的開始樹形DP了

常規的設法，\(f[i]\)表示以i為根子樹的方案

但是發現並不行

因為兩個序列合並的時候可以是小於，還可以是相等

也就是說對於i的子樹的兩個不同的節點uv，他們的子樹可能存在兩個節點相等的情況

設\(f[u][i]\)表示\(u\)的子樹裏，分成\(i\)段（也就是共有\(i-1\)個小於號把質量序列分成了\(i\)個部分，每個部分裏的圖片質量相等）的方案數，然後做一次樹形背包DP（當前枚舉到了\(u\)的子節點\(v\)，f‘表示枚舉到子節點\(v\)前的DP值）：

\(f[u][i]=\sum_{j,k}f'[u][j]\times f[v][k]\times C_{i?1}^{j?1}\times C_{j?1}^{k?i+j}\)

後面兩個是把j段和k段合並為i段的方案

設\(f[u]\)的質量序列為\(A\)，\(f'[u]\)的質量序列為\(B\)，\(f[v]\)的質量序列為\(C\)。

\(A\)中的每一段可以只包含\(B\)中的一段，可以只包含\(C\)中的一段，也可以有\(B\)和\(C\)各一段合並而成，但不能為空。特殊地，\(A\)的第一段只能包含節點\(u\)。

相當於先枚舉\(B\)中的\(j-1\)段在\(A\)中放的位置，方案數為\(C_{i-1}^{j-1}\)，然後把\(C\)中的\(i-j\)段放到\(A\)中剩下的位置，使每一段都不為空。現在\(C\)還剩下\(k-i+j\)個段，他們需要與\(B\)中的段合並，方案數\(C_{j-1}^{k-i+j}\)。

最後總答案為 \(\sum_{i}f[n+1][i]\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
LL in() {
    char ch; LL x = 0, f = 1;
    while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);
    for(x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar()); x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48));
    return x * f;
}
const int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 520;
LL f[maxn][maxn], g[maxn], C[maxn][maxn];
int fa[maxn], siz[maxn], du[maxn], bel[maxn];
bool vis[maxn];
struct node {
    int to;
    node *nxt;
    node(int to = 0, node *nxt = NULL): to(to), nxt(nxt) {}
    void *operator new(size_t) {
        static node *S = NULL, *T = NULL;
        return (S == T) && (T = (S = new node[1024]) + 1024), S++;
    }
};
struct E {
    int x, y, tp;
}e[maxn];
node *head[maxn];
void add(int from, int to) {
    head[from] = new node(to, head[from]);
}
char getch() {
    char ch = getchar();
    while(ch != '<' && ch != '=') ch = getchar();
    return ch;
}
int n, m; 
void predoit() {
    C[0][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        C[i][0] = 1;
        for(int j = 1; j <= i; j++) C[i][j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % mod;
    }
}
int findset(int x) { return x == fa[x]? fa[x] : fa[x] = findset(fa[x]); }
void dfs(int x) {
    siz[x] = 1, f[x][1] = 1;
    for(node *i = head[x]; i; i = i->nxt) {
        dfs(i->to);
        for(int v = 1; v <= n; v++) g[v] = 0;
        for(int v = 1; v <= siz[x] + siz[i->to]; v++)
            for(int j = 1; j <= siz[x]; j++)
                for(int k = 1; k <= siz[i->to]; k++) {
                    int p = k - v + j;
                    if(p < 0) continue;
                    (g[v] += f[x][j] * f[i->to][k] % mod * C[v - 1][j - 1] % mod * C[j - 1][p] % mod) %= mod;
                }
        for(int v = 1; v <= siz[x] + siz[i->to]; v++) f[x][v] = g[v];
        siz[x] += siz[i->to];
    }
}

                    

int main() {
    n = in(), m = in();
    predoit();
    for(int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
    for(int i = 1; i <= m; i++) e[i].x = in(), e[i].tp = getch() == '=', e[i].y = in();
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        if(!e[i].tp) continue;
        int xx = findset(e[i].x);
        int yy = findset(e[i].y);
        if(xx != yy) fa[xx] = yy;
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) vis[bel[i] = findset(i)] = true;
    for(int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        if(e[i].tp) continue;
        add(bel[e[i].x], bel[e[i].y]), du[bel[e[i].y]]++;
        int xx = findset(bel[e[i].x]), yy = findset(bel[e[i].y]);
        if(xx == yy) return puts("0"), 0;
        fa[xx] = yy;
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) if(!du[i] && vis[i]) add(n + 1, i);
    dfs(n + 1);
    LL ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n + 1; i++) (ans += f[n + 1][i]) %= mod;
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

P3240 [HNOI2015]實驗比較 樹形DP