树的拓扑序

定义：一棵有根树形成的任一排列 $p$，若 $i$ 是 $j$ 的父亲，排列 $p$ 均满足 $i$ 在 $j$ 之前。更加形式化的，$\forall 1 \le i < j \le n$，$p_j$ 均不是 $p_i$ 的父亲。
结论：设 $f_u$ 表示以 $u$ 为根时该子树的合法拓扑序的数量，$sz_u$ 表示子树大小，则有 $f_u = \dfrac{sz_u!}{\prod sz_v \mid v \in \rm{subtree}(u)}$。

以下是证明：

首先考虑二叉树的情况。若以 $u$ 为根，此时每颗子树内的相对顺序是确定的，只需要考虑子树间的相对顺序。故有：

$f_u = f_{v_1} \times f_{v_2} \times \binom {sz_{v_1} + sz_{v_2}}{sz_{v_1}}$

若是三叉树，考虑将 $v_1$ 与 $v_2$ 的相对顺序先固定形成一个整体后，再考虑 $v_3$，则可得：

$f_u = f_{v_1} \times f_{v_2} \times f_{v_3} \times \binom {sz_{v_1} + sz_{v_2}}{sz_{v_1}} \times \binom {sz_{v_1} + sz_{v_2} + sz_{v_3}}{sz_{v_1} + sz_{v_2}} \\ = f_{v_1} \times f_{v_2} \times f_{v_3} \times \dfrac{\left(sz_{v_1} + sz_{v_2} + sz_{v_3}\right)!}{sz_{v_1}!sz_{v_2}!sz_{v_3}!}$

推广到一般，则可推出：

$f_u = \left(\prod \limits_{v \in \rm{son}(u)} f_v\right)\times \dfrac{(sz_u - 1)!}{\prod \limits_{v \in \rm{son}(u)} (sz_v!)} \\ = (sz_u - 1)! \prod \limits_{v \in \rm{son}(u)} \left(\dfrac{f_v}{sz_v!}\right)$

再由 $(sz_u - 1)! = \frac{sz_u!}{sz_u}$ 做进一步的化简：

$f_u = \frac{sz_u!}{sz_u} \prod \limits_{v \in \rm{son}(u)} \left(\dfrac{\dfrac{sz_v!}{sz_v}\prod \limits_{p \in \rm{son(v)}} \dfrac{f_p}{sz_p}}{sz_v!}\right)$

继续迭代可得：

$f_u = \dfrac{sz_u!}{\prod \limits_{v \in \rm{subtree}(u)}sz_v}$

Distributing Integers

若以 $1$ 为根答案为 $f_1 = \dfrac{n!}{\prod \limits _{i = 1}^n sz_i}$。而现在需要求以任意一点为根时的答案，故考虑换根 dp。当由 $f_u$ 转移至 $f_v$ 时，只有两点的 $sz$ 发生变化，故可得到转移方程 $f_v = f_u \times \frac{n - sz_v}{sz_v}$。两次 dfs 即可求得所有的 $f_i$，暴力逆元维护，时间复杂度 $O(n \log n)$。

Topology

设 $dp_{i,j}$ 表示节点 $i$ 位于第 $j$ 个位置的方案数。若 $u$ 是 $v$ 的父亲，则当 $dp_{u,i}$ 转移至 $dp_{v,j}$ 时，由于 $u$ 内存在其余子树，为了方便转移，方程中 $dp_{i,j}$ 不考虑子树 $i$ 内的顺序，在统计答案的时候再作更新。当 $dp_{u,i}$ 转移至 $dp_{v,j}$ 时，需要考虑的就是 $u$ 的其余子树在整一拓扑序中的位置，以及 $u$ 的其余子树的相对拓扑序。
前者就是用组合数求出在剩余的位置中找 $sz_u - sz_v - 1$ 个将 $u$ 内不含 $v$ 子树内的节点放入的方案数，后者直接套结论。故有：

$dp_{v,j} = \sum \limits_{i = 1}^{j - 1} dp_{u,i} \times \binom{n - i - sz_v}{sz_u - sz_v - 1} \times \dfrac{(sz_u - sz_v - 1)!}{\prod \limits_{w \in \rm{subtree}(u) \land w \notin \rm{subtree}(v)} sz_w}$

最后的答案便是：

$dp_{i,i} \times \binom{n - i}{sz_i - 1} \times \dfrac{sz_i!}{\prod \limits_{v \in \rm{subtree}(i) }sz_v}$

注意到转移方程可以前缀和优化，所以最后的时间复杂度是 $O(n^2)$。千万需要先预处理出逆元，$O(n^2 \log n)$ 的做法在 CF 上会挂。放个核心代码吧：

void dfs1 (int u,int fa)
{
    sz[u] = prod[u] = 1;
    for (auto v : ve[u])
    {
        if (v == fa) continue;
        dfs1 (v,u);
        sz[u] += sz[v];
        prod[u] = 1ll * prod[u] * prod[v] % MOD;
    }
    prod[u] = 1ll * prod[u] * sz[u] % MOD;
}
void dfs2 (int u,int fa)
{
    for (auto v : ve[u])
    {
        if (v == fa) continue;
        int tmp = qpow (1ll * prod[u] * inv_prod[v] % MOD * inv_sz[u] % MOD,MOD - 2);
        for (int j = 1;j <= n;++j) ndp[j] = (1ll * dp[u][j] * calc (n - j - sz[v],sz[u] - sz[v] - 1) % MOD + ndp[j - 1]) % MOD;
        for (int j = 1;j <= n;++j) dp[v][j] = 1ll * ndp[j - 1] * f[sz[u] - sz[v] - 1] % MOD * tmp % MOD;
        dfs2 (v,u);
    }
}