傳送門

n 個關卡有 n-1 個限制

所以這些限制構成一顆樹

考慮樹形DP

對一顆子樹單獨考慮

考慮有多少種順序

設 f [ i ] 表示節點 i 的子樹的總方案數

考慮兒子節點如何與父節點合並

發現父子之間有限制條件，所以 f 多加一維 f [ i ] [ j ] 表示節點 i 在子樹中排第 j 時的方案數

子樹合並時就可以看成兩個序列合並

比如像這樣（x和v是的父節點）：

　　{ ，，x，， } + { 。。v 。。。} = { ，。。，v 。x ， 。。， }

上圖就是 f [ x ] [ 3 ] 與 f [ v ] [ 3 ] 的一種合並方案 --> f [ x ] [ 7 ]

然後考慮方案數的增長

兒子的一部分合並到父節點左邊，另一部分合並到父節點右邊

對於父節點 x 和兒子節點 v

我們枚舉合並後的父節點的排名 k ，枚舉合並前的父節點排名 j，枚舉兒子分離的中間點 o

兒子左半部分合並到父親的方案有 C[ k-1 ] [ k-j ]

右部分合並父親的方案有 C[ sz[x] - k ] [ sz[x]-sz[v]-j ]（sz[ x ]此時已經包括sz [ v ]）

然後可以得到完整的轉移方程（不考慮父子關系的情況）:　　

（sz是節點大小）

但這是O(n^3)的轉移

優化十分顯然，f [ v ] [ o ] 可以提出來用前綴和一起算，然後就是O(n^2)

然鵝我們還要考慮到父子間的限制...

那麽如果 父節點要在子節點後 --> k-j ≥ o ≥ 1

反之 sz[v] ≥ o ＞ k-j

初始 f [ x ] [ 1 ] = 1 （合並前所有節點的子樹只有它自己）

註意有多組數據，記得清空數組

實現看代碼，要註意細節

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace
 
 std;
typedef unsigned long long ll;
inline int read()
{
    int x=0; char ch=getchar();
    while(ch<‘0‘||ch>‘9‘) ch=getchar();
    while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x;
}
const int N=2e3+7,mo=1e9+7;
int fir[N],from[N<<1],to[N<<1],cnt;
inline void add(int &a,int &b)
{
    from[++cnt]=fir[a];
    fir[a]=cnt; to[cnt]=b;
}

inline ll fk(ll x) { return x>=mo ? x-mo : x; }//這樣取模會快一點
int n;
bool mp[N][N];//存父子間的大小關系
ll C[N][N];//組合數
void pre()//預處理組合數
{
    C[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<=i;j++) C[i][j]=fk(C[i-1][j-1]+C[i-1][j]);
}
int sz[N];
ll f[N][N],g[N][N];//g是f的前綴和
void dfs(int x,int fa)
{
    for(int i=fir[x];i;i=from[i])
    {
        int &v=to[i]; if(v==fa) continue;
        dfs(v,x); sz[x]+=sz[v];
        for(int j=sz[x];j;j--)//註意j從大到小轉移，先更新大的再更新小的
        {
            int L=min(sz[x]-sz[v],j); ll sum=0;
            for(int k=1;k<=L;k++)
            {
                if(mp[x][v])//判斷大小關系
                {
                    int l=j-k,r=sz[v];//o的範圍
                    if(l<r)//註意邊界
                    {
                        ll t=( C[j-1][j-k] * C[sz[x]-j][sz[x]-sz[v]-k] )%mo;
                        sum=fk(sum+( (f[x][k]*t)%mo * fk(g[v][r]+mo-g[v][l]) )%mo);
                    }
                }
                else
                {
                    int r=min(j-k,sz[v]); ll t=( C[j-1][j-k] * C[sz[x]-j][sz[x]-sz[v]-k] )%mo;
                    sum=fk(sum+( (f[x][k]*t)%mo * g[v][r] )%mo);
                }
            }
            f[x][j]=sum;
        }
    }
    for(int i=1;i<=sz[x];i++) g[x][i]=fk(g[x][i-1]+f[x][i]);//計算前綴和
}
inline void clr()
{
    for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) f[i][j]=g[i][j]=mp[i][j]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) sz[i]=f[i][1]=1/*註意*/,fir[i]=0;
    cnt=0;//cnt別忘了清空
}
int T;
int main()
{
    T=read();
    while(T--)
    {
        int a,b; char c[5];
        n=read(); pre(); clr();
        for(int i=1;i<n;i++)
        {
            a=read(); scanf("%s",c); b=read();
            a++; b++;
            add(a,b); add(b,a);
            if(c[0]==‘<‘) mp[a][b]=1;
            else mp[b][a]=1;
        }
        dfs(1,1);
        ll ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++) ans=fk(ans+f[1][i]);
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

P4099 [HEOI2013]SAO