【树图论阶乘组合深度优先搜索】1916. 统计为蚁群构筑房间的不同顺序

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LeetCoce1916. 统计为蚁群构筑房间的不同顺序

你是一只蚂蚁，负责为蚁群构筑 n 间编号从 0 到 n-1 的新房间。给你一个下标从 0 开始且长度为 n 的整数数组 prevRoom 作为扩建计划。其中，prevRoom[i] 表示在构筑房间 i 之前，你必须先构筑房间 prevRoom[i] ，并且这两个房间必须直接相连。房间 0 已经构筑完成，所以 prevRoom[0] = -1 。扩建计划中还有一条硬性要求，在完成所有房间的构筑之后，从房间 0 可以访问到每个房间。
你一次只能构筑一个房间。你可以在已经构筑好的房间之间自由穿行，只要这些房间是相连的。如果房间 prevRoom[i] 已经构筑完成，那么你就可以构筑房间 i。
返回你构筑所有房间的不同顺序的数目。由于答案可能很大，请返回对 109 + 7 取余的结果。
示例 1：
输入：prevRoom = [-1,0,1]
输出：1
解释：仅有一种方案可以完成所有房间的构筑：0 → 1 → 2
示例 2：

输入：prevRoom = [-1,0,0,1,2]
输出：6
解释：
有 6 种不同顺序：
0 → 1 → 3 → 2 → 4
0 → 2 → 4 → 1 → 3
0 → 1 → 2 → 3 → 4
0 → 1 → 2 → 4 → 3
0 → 2 → 1 → 3 → 4
0 → 2 → 1 → 4 → 3

提示：
n == prevRoom.length
2 <= n <= 10⁵
prevRoom[0] == -1
对于所有的 1 <= i < n ，都有 0 <= prevRoom[i] < n
题目保证所有房间都构筑完成后，从房间 0 可以访问到每个房间

组合

直接用帕斯卡法则求组合数，空间复杂度会爆。故用阶乘求。
对与每棵子树，除根节点必须先完成外，其它子树的工期可以任意分配。
令子树i的子树节点数，子树根节点分别为：n1,n2 $\cdots$ ,分别为：i1,i2, $\cdots$ , 其和为：x。
则第一个子树的分配方案数： $\choose i1$ 不考虑子数n1子树的内部建造顺序。
则第二个子树的分配方案数： $\choose i2$ 不考虑子数n2子树的内部建造顺序。
$\cdots$

思路

先初始化好阶乘。
第一轮DFS求得各子树的节点数。
第二轮DFS求各子树的方案数。

代码

template<class T = long long>
class CFactorial
{
public:CFactorial(int n):m_res(n+1){m_res[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++) {m_res[i] = m_res[i - 1] * i;}}vector<T> m_res;
};template<int MOD = 1000000007>
class C1097Int
{
public:C1097Int(long long llData = 0) :m_iData(llData% MOD){}C1097Int  operator+(const C1097Int& o)const{return C1097Int(((long long)m_iData + o.m_iData) % MOD);}C1097Int& operator+=(const C1097Int& o){m_iData = ((long long)m_iData + o.m_iData) % MOD;return *this;}C1097Int& operator-=(const C1097Int& o){m_iData = (m_iData + MOD - o.m_iData) % MOD;return *this;}C1097Int  operator-(const C1097Int& o){return C1097Int((m_iData + MOD - o.m_iData) % MOD);}C1097Int  operator*(const C1097Int& o)const{return((long long)m_iData * o.m_iData) % MOD;}C1097Int& operator*=(const C1097Int& o){m_iData = ((long long)m_iData * o.m_iData) % MOD;return *this;}bool operator==(const C1097Int& o)const{return m_iData == o.m_iData;}bool operator<(const C1097Int& o)const{return m_iData < o.m_iData;}C1097Int pow(long long n)const{C1097Int iRet = 1, iCur = *this;while (n){if (n & 1){iRet *= iCur;}iCur *= iCur;n >>= 1;}return iRet;}C1097Int PowNegative1()const{return pow(MOD - 2);}int ToInt()const{return m_iData;}
private:int m_iData = 0;;
};class Solution {
public:int waysToBuildRooms(vector<int>& prevRoom) {const int n = prevRoom.size();m_fact = new CFactorial<C1097Int<>>(n);m_vSubTreeNodeCnt.resize(n);vector<vector<int>> neiBo(n);for (int i = 1; i < n; i++) {			neiBo[prevRoom[i]].emplace_back(i);}		DFSSubTreeNodeCount(neiBo, 0);return DFS(neiBo, 0).ToInt();}void DFSSubTreeNodeCount(vector<vector<int>>& neiBo, int cur){m_vSubTreeNodeCnt[cur] = 1;for (const auto& next : neiBo[cur]){		DFSSubTreeNodeCount(neiBo, next);m_vSubTreeNodeCnt[cur] += m_vSubTreeNodeCnt[next];}}C1097Int<> DFS(vector<vector<int>>& neiBo, int cur){C1097Int<> biRet = 1;int iCanSel = m_vSubTreeNodeCnt[cur] - 1;for (const auto& next : neiBo[cur]){biRet *= m_fact->m_res[iCanSel];const int iChildCnt = m_vSubTreeNodeCnt[next];biRet *= m_fact->m_res[iChildCnt].PowNegative1();biRet *= m_fact->m_res[iCanSel-iChildCnt].PowNegative1();iCanSel -= iChildCnt;biRet *= DFS(neiBo, next);}return biRet;}vector<int> m_vSubTreeNodeCnt;//子CFactorial<C1097Int<>> * m_fact;
};

测试用例

template<class T>
void Assert(const T& t1, const T& t2)
{assert(t1 == t2);
}template<class T>
void Assert(const vector<T>& v1, const vector<T>& v2)
{if (v1.size() != v2.size()){assert(false);return;}for (int i = 0; i < v1.size(); i++){Assert(v1[i], v2[i]);}}int main()
{vector<int> prevRoom;{Solution sln;prevRoom = { -1,0,0,1,2 };auto res = sln.waysToBuildRooms(prevRoom);Assert(6, res);}{Solution sln;prevRoom = {-1, 0, 1};auto res = sln.waysToBuildRooms(prevRoom);Assert(1, res);}}

扩展阅读

视频课程

有效学习：明确的目标及时的反馈拉伸区（难度合适），可以先学简单的课程，请移步CSDN学院，听白银讲师（也就是鄙人）的讲解。
https://edu.csdn.net/course/detail/38771

如何你想快速形成战斗了，为老板分忧，请学习C#入职培训、C++入职培训等课程
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我想对大家说的话
闻缺陷则喜是一个美好的愿望，早发现问题，早修改问题，给老板节约钱。
子墨子言之：事无终始，无务多业。也就是我们常说的专业的人做专业的事。
如果程序是一条龙，那算法就是他的是睛