Description
给定一颗 \(n\) 个点的有根树，\(1\) 是根，记 \(u\) 的父亲是 \(fa_u\)。另给出一长度为 \(n\) 的权值序列 \(b\)。
称一个长度为 \(n\) 的排列 \(a\) 为这颗树的合法拓扑序，当且仅当 \(\forall 2 \le u \le n,a_u > a_{fa_u}\)。
对每个点 \(u\)，定义 \(f(u)\) 为，在所有这颗树的合法拓扑序中，\(b_{a_u}\) 之和。
现在对 \(1 \le u \le n\)，求 \(f(u) \bmod 10^9+7\)。
\(2 \le n \le 5000\)，\(1 \le fa_i < i\)，\(0 \le b_i < 10^9+7\)。
Solution
先考虑对于每个 \(x\) 怎么求出答案。
假设当前处理到了节点 \(u\)（要求 \(u\) 是 \(x\) 的祖先），\(v\) 为 \(u\) 的儿子中子树包含 \(x\) 的儿子。
设 \(f_u\) 表示 \(u\) 的子树的合法拓扑序数量，\(g_{u,i}\) 表示 \(u\) 的子树里已经钦定恰好有 \(i\) 个点 dfs 序小于 \(x\) 的方案数，\(h_u\) 表示 \(u\) 的子树去掉包含 \(x\) 的子树剩下的点的合法拓扑序数。可以得到转移：
\[\begin{aligned} f_u&=(sz_u-1)!\prod_{w\in \text{son}_u}{f_w/(sz_w!)}\\ h_u&=\prod_{w\in \text{son}_u,w\neq v}{f_w/(sz_w!)}\\ g_{u,i+j+1}&=\sum_{0\leq i\leq sz_v-1,0\leq j\leq sz_u-sz_v-1}{\binom{i+j}{j}\binom{sz_u-i-j-2}{sz_v-i-1}h_ug_{v,i}} \end{aligned} \]最终的答案即为 \(\sum_{i=1}^{n}{g_{1,i-1}b_i}\)。
时间复杂度：\(O(n^3)\)。
考虑怎么优化。
容易发现这题主要慢在每次要处理从一个点到根的路径上的 dp，而不是从根到某个点的路径，这样会导致每个点之间的信息没有任何交集。
注意到这题转移的终点是一定的，就是根，而起点不一样。所以可以类似这题的思路把转移倒过来做。
具体的，将 \(g_{u,i}\) 的状态改为当前状态为 \((u,i)\)，到最终状态对答案的贡献。转移改为：
\[g_{v,i}=\sum_{0\leq i\leq sz_v-1,0\leq j\leq sz_u-sz_v-1}{\binom{i+j}{j}\binom{sz_u-i-j-2}{sz_v-i-1}h_ug_{u,i+j+1}} \]最终 \(x\) 的答案就是 \(f_xg_{x,0}\)。
时间复杂度：\(O(n^2)\)。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define int int64_t
const int kMaxN = 5e3 + 5, kMod = 1e9 + 7;
int n;
int a[kMaxN], C[kMaxN][kMaxN], sz[kMaxN], f[kMaxN], g[kMaxN][kMaxN];
std::vector<int> G[kMaxN];
constexpr int qpow(int bs, int64_t idx = kMod - 2) {
int ret = 1;
for (; idx; idx >>= 1, bs = (int64_t)bs * bs % kMod)
if (idx & 1)
ret = (int64_t)ret * bs % kMod;
return ret;
}
inline int add(int x, int y) { return (x + y >= kMod ? x + y - kMod : x + y); }
inline int sub(int x, int y) { return (x >= y ? x - y : x - y + kMod); }
inline void inc(int &x, int y) { (x += y) >= kMod ? x -= kMod : x; }
inline void dec(int &x, int y) { (x -= y) < 0 ? x += kMod : x; }
void prework() {
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] = add(C[i - 1][j], C[i - 1][j - 1]);
}
}
void dfs1(int u) {
f[u] = 1, sz[u] = 0;
for (auto v : G[u]) {
dfs1(v);
f[u] = 1ll * f[u] * f[v] % kMod * C[sz[u] += sz[v]][sz[v]] % kMod;
}
++sz[u];
}
void dfs2(int u) {
for (auto v : G[u]) {
int coef = 1, now = 0;
for (auto w : G[u]) {
if (w != v) coef = 1ll * coef * f[w] % kMod * C[now += sz[w]][sz[w]] % kMod;
}
for (int i = 0; i <= sz[v] - 1; ++i)
for (int j = 0; j <= sz[u] - sz[v] - 1; ++j)
inc(g[v][i], 1ll * coef * C[i + j][j] % kMod * C[sz[u] - i - j - 2][sz[v] - i - 1] % kMod * g[u][i + j + 1] % kMod);
dfs2(v);
}
}
void dickdreamer() {
std::cin >> n;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
int p;
std::cin >> p;
G[p].emplace_back(i);
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) std::cin >> a[i];
prework();
for (int i = 1; i <= n; ++i) g[1][i - 1] = a[i];
dfs1(1), dfs2(1);
for (int i = 1; i <= n; ++i) std::cout << 1ll * f[i] * g[i][0] % kMod << ' ';
}
int32_t main() {
#ifdef ORZXKR
freopen("in.txt", "r", stdin);
freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
int T = 1;
// std::cin >> T;
while (T--) dickdreamer();
// std::cerr << 1.0 * clock() / CLOCKS_PER_SEC << "s\n";
return 0;
}