題目連結
參考了大佬部落格思路摘抄如下
首先我們可以把關系建成樹,這樣我們就有可能得到一個森林(或者是一課樹),然後我們再虛拟出來一個點0連接配接所有森林的根節點,這樣是為了保證是一棵樹,然後題目就變成了給你一棵樹,不改變關系,問這個樹有多少種方式,這個還是排列組合問題,對于每一個根節點,有這樣的性質
root[i] = f[1]f[2]..f[k] * (s[i]-1)!/s[1]!s[2]!..s[k]!
f[1]..f[k]表示的目前根節點連接配接的k個兒子為根節點的樹的排列個數,s[i]表示的是以i為根節點的這棵樹的所有節點個數,上面的式子可以了解成這樣
f[1]f[2]..f[k] 所有兒子為根節點的排列個數
(s[i] - 1)! 表示的是以i為根的這棵樹的所有節點數-1(不算跟是以-1)的排列方式
//s[1]!s[2]!..s[k]! 相當于全排列去掉重複部分,因為每一棵樹已經f[]了,不能在了,不能再*那就可以了解成重複部分了,是以…,然後把每一個公式都化簡,會發現分子剩1,分母剩s[i]了,(可以了解成分子的f[i]和分母的s[i]!約),這樣最後剩下的是
((n+1)-1)/s1*s2*..sn;
最後的公式是
Ans = n!/(s1*s2*s3*s4…*sn) si是以i為根節點的子樹的節點數
1e9+7是素數,模1e9+7的情況下除以x等于乘以x的逆元,快速幂
#include<cstdio>
#include<cstring>
const int mod=+;
const int N=+;
struct node{
int to,next;
}e[N];
typedef long long ll;
ll sum[N],jc[N];
int head[N],tot;
int deg[N];
void db()
{
ll now=;
for(ll i=;i<=;i++)
{
now=now*i%mod;
jc[i]=now;
}
}
void addedge(int u,int v)
{
e[++tot].to=v;
e[tot].next=head[u];
head[u]=tot;
}
int dfs(int now)
{
int s=;
for(int k=head[now];k;k=e[k].next)
s+=dfs(e[k].to);
sum[now]=s;
return s;
}
ll Pow(ll a,ll b)
{
ll c=;
while(b)
{
if(b&)c*=a;
b>>=;
a*=a;
a=a%mod;
c=c%mod;
}
return c;
}
int main()
{
#ifdef local
freopen("in.txt","r",stdin);
#endif
int n,m,a,b,t,i;
db();
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(head,,sizeof(head));
memset(deg,,sizeof(deg));
tot=;
for(i=;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
addedge(b,a);
deg[a]++;
}
for(i=;i<=n;i++)
if(!deg[i])addedge(,i);
memset(sum,,sizeof(sum));
dfs();
ll ans=jc[n];
for(i=;i<=n;i++)
ans=ans*Pow(sum[i],mod-)%mod;
printf("%lld\n",ans);
}
return ;
}