如何统计拓扑排序的个数？
探寻有向无环图的秘密：如何统计拓扑排序的个数
在图论的世界里，有向无环图（Directed Acyclic Graph, DAG）以其独特的结构和应用吸引着无数研究者的目光。而拓扑排序，则是揭示DAG内在顺序规律的重要手段。它能够将图中的节点按照其依赖关系进行线性排列，形成一条无冲突的序列。然而，DAG并非总是只有一种拓扑排序的方式，很多时候，它拥有不止一种甚至是数量庞大的拓扑排序。那么，我们该如何精确地统计出DAG的拓扑排序个数呢？这并非一个简单的问题，它涉及到了图的结构特性以及一些巧妙的计数方法。本文将深入探讨这个问题，并为您详细解析其背后的逻辑与算法。
什么是拓扑排序？
在开始统计之前，我们首先需要对拓扑排序有一个清晰的理解。一个有向图的拓扑排序是一个顶点的线性序列，其中对于图中每一条有向边 $(u, v)$，顶点 $u$ 都在序列中出现在顶点 $v$ 的前面。
关键在于，这个定义只要求了边的方向性约束，而没有规定非相邻节点之间的顺序关系。这就意味着，如果一个DAG中存在两个节点 $u$ 和 $v$ 之间没有直接或间接的边连接，那么在它们的拓扑排序中，可以 $u$ 在 $v$ 之前，也可以 $v$ 在 $u$ 之前，这两种情况都符合拓扑排序的定义。正是这种“选择性”的存在，导致了一个DAG可能拥有多个不同的拓扑排序。
为什么拓扑排序的个数很重要？
统计拓扑排序的个数并非只是一个理论上的游戏。在实际应用中，它有着重要的意义：
任务调度与依赖管理: 在项目管理、软件编译、工作流引擎等场景下，任务之间往往存在依赖关系，形成一个DAG。统计拓扑排序的个数可以帮助我们评估调度方案的多样性，了解有多少种合法的执行顺序。
算法分析与设计: 某些算法的性能或正确性可能与图的拓扑结构有关，通过统计拓扑排序的个数，我们可以更好地理解算法的鲁棒性或探索最优解。
组合数学与概率论: 拓扑排序的计数问题本身就与组合数学中的一些计数原理密切相关，例如排列、组合等，为这些领域的研究提供了新的视角。
直观理解：从简单的DAG开始
为了更好地理解如何统计拓扑排序的个数，我们不妨从一些简单的DAG入手：
1. 空图 (没有节点或边):
只有一个拓扑排序，即空序列。
2. 只有一个节点:
只有一个拓扑排序，即该节点本身。
3. 两个节点，一条边 $(1, 2)$:
只有一个拓扑排序：1, 2。因为1必须在2之前。
4. 两个节点，没有边:
有两个拓扑排序：1, 2 和 2, 1。因为它们之间没有依赖关系，顺序可以任意。
5. 三个节点，边 $(1, 2)$ 和 $(1, 3)$:
拓扑排序需要将1放在2和3之前。2和3之间没有依赖关系，所以有以下两种拓扑排序：
1, 2, 3
1, 3, 2
6. 三个节点，边 $(1, 2)$ 和 $(2, 3)$:
这是一个链状结构。只有一个拓扑排序：1, 2, 3。
7. 三个节点，边 $(1, 2)$ 和 $(1, 3)$ 和 $(2, 3)$:
这是一个更复杂的例子。
1 必须在 2 和 3 之前。
2 必须在 3 之前。
因此，唯一的拓扑排序是：1, 2, 3。
从这些简单的例子中，我们可以看到，拓扑排序的个数取决于节点之间的依赖关系，特别是没有直接或间接路径连接的节点之间的顺序选择。
核心思想：基于“无前驱节点”的逐步构建
统计拓扑排序个数的核心思想是利用Kahn算法的思路，但将其转化为计数问题。Kahn算法是找到拓扑排序的一种经典方法，其核心在于：
1. 找到图中所有入度为0的节点（即没有前驱节点的节点）。
2. 将这些节点加入拓扑排序序列。
3. 从图中移除这些节点及其所有出边。
4. 重复步骤13，直到所有节点都被移除。
将此思路转化为计数：
如果我们有一个DAG，并且存在一个或多个入度为0的节点，那么我们可以从这些节点中选择任意一个作为当前拓扑排序序列的第一个节点。一旦我们选择了一个节点，就相当于固定了它在拓扑排序中的位置，然后我们再从剩余的图中递归地解决这个问题。
具体步骤设想：
假设我们有一个DAG $G = (V, E)$。
1. 找出所有入度为0的节点集合 $S_0$。
2. 如果 $S_0$ 为空，且图中还有节点未被处理，则说明图中存在环，无法进行拓扑排序，拓扑排序个数为0。 (对于题目给定的DAG，这一步通常不会发生)。
3. 如果 $S_0$ 非空：
对于 $S_0$ 中的每一个节点 $v in S_0$：
我们考虑将 $v$ 作为当前拓扑排序的第一个节点。
然后，我们从图中移除节点 $v$ 及其所有出边，得到一个新的DAG $G'$。
递归地计算 $G'$ 的拓扑排序个数，记为 $Count(G')$。
将所有可能的选择（即所有 $v in S_0$）的拓扑排序个数累加起来。
数学表达式：
$TotalCount(G) = sum_{v in S_0} TotalCount(G {v})$
其中 $G {v}$ 表示从图中移除节点 $v$ 及其所有关联边后的新图。
问题：如何高效地计算 $G {v}$ 的拓扑排序个数？
直接复制图并移除节点会非常低效。我们需要一种更巧妙的方法来处理“移除节点”后的子问题。
动态规划的思路：基于子问题的重叠性
上述递归的思路会重复计算很多相同的子图。例如，如果一个DAG中有两个入度为0的节点 $v_1$ 和 $v_2$，我们分别计算 $G {v_1}$ 和 $G {v_2}$。在计算 $G {v_1}$ 时，可能会移除一些节点后，得到一个子图 $G_{12}$；而在计算 $G {v_2}$ 时，也可能移除一些节点后，得到一个子图 $G_{21}$。如果 $G_{12}$ 和 $G_{21}$ 是同一个图的不同表示，我们就浪费了计算资源。
更进一步，我们可以考虑用状态压缩动态规划来解决这个问题。一个DAG的状态可以用一个二进制位掩码（bitmask）来表示，其中每一位对应图中的一个节点。如果某一位是1，表示该节点已经被包含在当前的拓扑排序序列中；如果是0，表示该节点尚未被包含。
定义DP状态：
令 $dp[mask]$ 表示仅包含 $mask$ 中为1的节点的子图的所有拓扑排序的个数。我们的目标是计算 $dp[(1 << n) 1]$ (其中 $n$ 是图中节点的总数，所有位都为1表示包含所有节点)。
DP转移方程：
为了计算 $dp[mask]$，我们需要考虑在包含 $mask$ 中节点的子图的拓扑排序的最后一个节点。假设我们当前考虑的子图包含的节点集合为 $S_{mask}$（即 $mask$ 中为1的节点）。
一个节点 $v in S_{mask}$ 可以作为当前子图的最后一个节点，当且仅当：
1. 节点 $v$ 包含在 $mask$ 中（即 $mask$ 的第 $v$ 位为1）。
2. 在原始DAG中，所有指向 $v$ 的节点的前驱节点都已经被包含在 $mask$ 中。换句话说，在 $S_{mask} setminus {v}$ 中，不存在任何节点 $u$ 使得 $(u, v)$ 是图中的一条边。
如果节点 $v$ 满足以上条件，那么我们可以从 $dp[mask setminus {1 ll v}]$ (即包含除了 $v$ 之外的 $mask$ 中所有节点的子图的拓扑排序个数) 转移过来，通过将 $v$ 添加到这些拓扑排序的末尾。
具体来说：
初始化： $dp[0] = 1$ （空子图有1种拓扑排序，即空序列）。所有其他 $dp[mask]$ 初始化为0。
迭代计算：
从 $mask = 0$ 开始，逐渐增大 $mask$ 的值，遍历所有可能的子集。
对于每一个 $mask$：
如果 $dp[mask] > 0$：
遍历图中所有节点 $v$（从0到 $n1$）。
检查条件：
1. 节点 $v$ 尚未被包含在当前 $mask$ 中 (即 $(mask >> v) & 1 == 0$)。
2. 节点 $v$ 的所有前驱节点都已经被包含在当前的 $mask$ 中。也就是说，对于图中所有指向 $v$ 的节点 $u$ (即 $(u, v) in E$)，必须满足 $(mask >> u) & 1 == 1$。
如果上述两个条件都满足：
令 $next_mask = mask | (1 ll v)$。
$dp[next_mask] = (dp[next_mask] + dp[mask]) pmod{M}$ (如果需要处理大数，通常会模一个大素数 $M$ 来防止溢出)。
为什么这样的转移是正确的？
当我们在计算 $dp[mask]$ 时，实际上是在考虑包含 $mask$ 中所有节点的所有拓扑排序。如果我们发现一个节点 $v$ 满足其所有前驱都在 $mask$ 中，并且 $v$ 本身不在 $mask$ 中，那么这个 $v$ 可以被添加到所有以 $mask$ 中节点为基础的拓扑排序的末尾。
另一种理解方式（更符合我们之前基于“无前驱节点”的思路）：
迭代计算：
从 $mask = 0$ 开始，逐渐增大 $mask$ 的值，遍历所有可能的子集。
对于每一个 $mask$：
计算当前子图的状态： 检查 $mask$ 中哪些节点已经“完成”，哪些是“待定”。
找出“自由节点”： 在 $mask$ 中已经包含了某些节点。我们现在要考虑往这个已经形成的序列后面添加一个新的节点。这个新的节点必须满足：它不在 $mask$ 中，并且它的所有前驱节点都已经包含在 $mask$ 中。
转移：
对于所有满足上述条件的节点 $v$：
令 $next_mask = mask | (1 ll v)$。
$dp[next_mask] = (dp[next_mask] + dp[mask]) pmod{M}$
这种状态压缩动态规划的正确性在于，它枚举了所有可能的部分拓扑排序（由 $mask$ 表示），并合法地扩展它们。通过确保新添加的节点 $v$ 的所有前驱都在当前 $mask$ 中，我们保证了拓扑排序的有效性。
预处理：
为了快速检查节点 $v$ 的前驱是否都在 $mask$ 中，我们可以为每个节点 $v$ 预先计算一个前驱掩码（predecessor_mask）。`predecessor_mask[v]` 的第 $u$ 位是1，当且仅当存在一条边 $(u, v)$。
优化后的转移：
初始化： $dp[0] = 1$，其他 $dp[mask] = 0$。
迭代计算：
for $mask$ from $0$ to $(1 << n) 1$:
if $dp[mask] == 0$: continue
for $v$ from $0$ to $n 1$:
// 检查节点 v 是否还没被包含在 mask 中
if not ((mask >> v) & 1):
// 检查节点 v 的所有前驱是否都在 mask 中
// predecessor_mask[v] & mask == predecessor_mask[v] 意味着 predecessor_mask[v] 的所有为1的位，都在 mask 中对应位为1
if (predecessor_mask[v] & mask) == predecessor_mask[v]:
next_mask = mask | (1 << v)
dp[next_mask] = (dp[next_mask] + dp[mask]) % M
最终答案是 $dp[(1 << n) 1]$。
时间复杂度分析：
预处理前驱掩码：对于每条边 $(u, v)$，设置 $predecessor_mask[v]$ 的第 $u$ 位。时间复杂度是 $O(|E|)$。
DP计算：总共有 $2^n$ 个状态（$mask$）。对于每个状态，我们遍历 $n$ 个节点。在转移过程中，涉及位运算和模运算，这些都是常数时间。
总时间复杂度：$O(2^n cdot n)$。
空间复杂度：
DP表需要 $O(2^n)$ 的空间。
前驱掩码需要 $O(n)$ 的空间。
总空间复杂度：$O(2^n)$。
注意： 这种方法的时间和空间复杂度都是指数级的，因此只适用于节点数量 $n$ 较小（通常 $n le 20$ 左右）的情况。对于大规模的DAG，这个问题会变得非常困难，可能需要近似算法或启发式方法。
另一个角度：基于“无后继节点”的递归思想
虽然状态压缩DP是解决此类问题的经典方法，我们也可以回头思考更直观的递归方法，并尝试用记忆化搜索来避免重复计算。
核心思路：
选择一个入度为0的节点，将其添加到序列开头，然后从图中移除它，递归地计算剩余图的拓扑排序个数。
函数定义：
`count_topological_sorts(current_graph)`
递归步骤：
1. 找到 `current_graph` 中所有入度为0的节点集合 $S$。
2. 如果 $S$ 为空且图非空，返回0 (存在环)。
3. 如果图为空，返回1 (空图有一个拓扑排序)。
4. 初始化总计数 `total_count = 0`。
5. 对于 $S$ 中的每一个节点 $v$:
创建一个新的图 `next_graph`，它是 `current_graph` 移除节点 $v$ 及其所有出边后的结果。
`total_count = (total_count + count_topological_sorts(next_graph)) % M`。
6. 返回 `total_count`。
内存化（Memoization）：
为了避免重复计算，我们可以为每个图状态（或者更准确地说，是图中剩余节点的集合）设计一个唯一的标识符，并将其对应的拓扑排序个数存储在一个哈希表或字典中。
图状态的表示：
将图的状态表示为剩余节点的集合，并将其转换为一个唯一的键值（例如，将节点的列表排序后转化为字符串或哈希值）。这会比较复杂，因为图的结构会不断变化。
另一种更可行的内存化方法：
结合之前的状态压缩思想。我们可以将当前考虑的图（即尚未被添加到拓扑排序中的节点集合）用一个位掩码来表示。
函数定义：
`count_topological_sorts(current_mask)`，其中 `current_mask` 表示图中尚未被包含在拓扑排序中的节点集合。
递归步骤：
1. 基础情况： 如果 `current_mask == 0`，返回1 (所有节点都已排序)。
2. 查找入度为0的节点： 遍历 `current_mask` 中所有为1的节点 $v$。对于每个 $v$，检查它的所有前驱节点是否都不在 `current_mask` 中。也就是说，如果 $v$ 的前驱是 $u$，那么 $u$ 必须在 `current_mask` 中对应的位是0。
实际上，我们可以换个角度：找出所有未被处理的节点 $v$（即在 `current_mask` 中为1），使得 $v$ 的所有前驱节点都已经被处理（即在 `initial_mask ^ current_mask` 中为1）。这里 `initial_mask` 是包含所有节点的掩码。
更精确的描述：
令 `processed_mask = initial_mask ^ current_mask`，表示已经添加到拓扑排序中的节点集合。
我们需要找到所有 $v$ 满足：
a) $v$ 在 `current_mask` 中（即 `(current_mask >> v) & 1` 为1）。
b) $v$ 的所有前驱 $u$ 都在 `processed_mask` 中（即 `(processed_mask >> u) & 1` 为1）。
这等价于：对于所有 $v$ 使得 `(current_mask >> v) & 1` 为1，并且 `(predecessor_mask[v] & processed_mask) == predecessor_mask[v]`。
3. 初始化总计数 `total_count = 0`。
4. 对于所有满足条件的节点 $v$:
`new_mask = current_mask ^ (1 << v)` (移除节点 $v$ 从未处理集合)。
`total_count = (total_count + count_topological_sorts(new_mask)) % M`。
5. 将 `count_topological_sorts(current_mask)` 的结果存入内存，然后返回。
初始调用：
从所有节点都未处理的状态开始：`count_topological_sorts((1 << n) 1)`。
优点： 这种递归加记忆化搜索的思路更符合我们对“选择一个无前驱节点进行扩展”的直观理解。它的状态定义（剩余未处理的节点集合）与DP的状态定义是互补的。实际上，这两种方法在本质上是等价的，都依赖于对子问题的重叠性进行优化。
时间复杂度：
每个状态（由 `current_mask` 表示）只会被计算一次。一个状态的计算涉及到遍历所有节点并检查其前驱。
状态数量：$2^n$。
每个状态的计算：遍历 $n$ 个节点，并进行前驱检查。前驱检查可以通过预先计算好的 `predecessor_mask` 来高效完成（位运算）。
总时间复杂度：$O(2^n cdot n)$。
空间复杂度：
内存化表：$O(2^n)$ 存储每个状态的结果。
递归栈深度：最多为 $n$。
总空间复杂度：$O(2^n)$。
总结与选择
统计有向无环图的拓扑排序个数是一个经典的计数问题，其解决方案通常依赖于指数级的算法，适用于节点数量较小的图。
状态压缩动态规划： 通过 `dp[mask]` 表示包含 `mask` 中节点的子图的拓扑排序个数，并利用位运算高效地进行状态转移。这种方法更侧重于“构建”部分序列。
递归加记忆化搜索： 通过 `count_topological_sorts(current_mask)` 表示尚未处理的节点集合，并递归地选择一个入度为0的节点进行扩展。这种方法更侧重于“选择”下一个节点。
这两种方法在算法思想上是紧密相关的，并且拥有相同的指数级时间复杂度和空间复杂度。在实际实现中，状态压缩动态规划的迭代形式可能更容易控制和理解，而递归加记忆化搜索则更直观地体现了问题的分解过程。
无论选择哪种方法，核心的关键在于：
1. 识别入度为0的节点： 这是进行拓扑排序的起点。
2. 处理图的局部变化： 每次选择一个节点后，需要更新图的状态，模拟移除该节点及其出边。
3. 避免重复计算： 利用状态压缩或记忆化来高效处理子问题的重叠性。
这个问题是一个很好的例子，展示了如何将图论中的序关系问题转化为组合计数问题，并通过动态规划或递归技术来解决。希望这篇文章能帮助您深入理解如何统计拓扑排序的个数！
在图论的世界里，有向无环图（Directed Acyclic Graph, DAG）以其独特的结构和应用吸引着无数研究者的目光。而拓扑排序，则是揭示DAG内在顺序规律的重要手段。它能够将图中的节点按照其依赖关系进行线性排列，形成一条无冲突的序列。然而，DAG并非总是只有一种拓扑排序的方式，很多时候，它拥有不止一种甚至是数量庞大的拓扑排序。那么，我们该如何精确地统计出DAG的拓扑排序个数呢？这并非一个简单的问题，它涉及到了图的结构特性以及一些巧妙的计数方法。本文将深入探讨这个问题，并为您详细解析其背后的逻辑与算法。
什么是拓扑排序？
在开始统计之前，我们首先需要对拓扑排序有一个清晰的理解。一个有向图的拓扑排序是一个顶点的线性序列，其中对于图中每一条有向边 $(u, v)$，顶点 $u$ 都在序列中出现在顶点 $v$ 的前面。
关键在于，这个定义只要求了边的方向性约束，而没有规定非相邻节点之间的顺序关系。这就意味着，如果一个DAG中存在两个节点 $u$ 和 $v$ 之间没有直接或间接的边连接，那么在它们的拓扑排序中，可以 $u$ 在 $v$ 之前，也可以 $v$ 在 $u$ 之前，这两种情况都符合拓扑排序的定义。正是这种“选择性”的存在，导致了一个DAG可能拥有多个不同的拓扑排序。
为什么拓扑排序的个数很重要？
统计拓扑排序的个数并非只是一个理论上的游戏。在实际应用中，它有着重要的意义：
任务调度与依赖管理: 在项目管理、软件编译、工作流引擎等场景下，任务之间往往存在依赖关系，形成一个DAG。统计拓扑排序的个数可以帮助我们评估调度方案的多样性，了解有多少种合法的执行顺序。
算法分析与设计: 某些算法的性能或正确性可能与图的拓扑结构有关，通过统计拓扑排序的个数，我们可以更好地理解算法的鲁棒性或探索最优解。
组合数学与概率论: 拓扑排序的计数问题本身就与组合数学中的一些计数原理密切相关，例如排列、组合等，为这些领域的研究提供了新的视角。
直观理解：从简单的DAG开始
为了更好地理解如何统计拓扑排序的个数，我们不妨从一些简单的DAG入手：
1. 空图 (没有节点或边):
只有一个拓扑排序，即空序列。
2. 只有一个节点:
只有一个拓扑排序，即该节点本身。
3. 两个节点，一条边 $(1, 2)$:
只有一个拓扑排序：1, 2。因为1必须在2之前。
4. 两个节点，没有边:
有两个拓扑排序：1, 2 和 2, 1。因为它们之间没有依赖关系，顺序可以任意。
5. 三个节点，边 $(1, 2)$ 和 $(1, 3)$:
拓扑排序需要将1放在2和3之前。2和3之间没有依赖关系，所以有以下两种拓扑排序：
1, 2, 3
1, 3, 2
6. 三个节点，边 $(1, 2)$ 和 $(2, 3)$:
这是一个链状结构。只有一个拓扑排序：1, 2, 3。
7. 三个节点，边 $(1, 2)$ 和 $(1, 3)$ 和 $(2, 3)$:
这是一个更复杂的例子。
1 必须在 2 和 3 之前。
2 必须在 3 之前。
因此，唯一的拓扑排序是：1, 2, 3。
从这些简单的例子中，我们可以看到，拓扑排序的个数取决于节点之间的依赖关系，特别是没有直接或间接路径连接的节点之间的顺序选择。
核心思想：基于“无前驱节点”的逐步构建
统计拓扑排序个数的核心思想是利用Kahn算法的思路，但将其转化为计数问题。Kahn算法是找到拓扑排序的一种经典方法，其核心在于：
1. 找到图中所有入度为0的节点（即没有前驱节点的节点）。
2. 将这些节点加入拓扑排序序列。
3. 从图中移除这些节点及其所有出边。
4. 重复步骤13，直到所有节点都被移除。
将此思路转化为计数：
如果我们有一个DAG，并且存在一个或多个入度为0的节点，那么我们可以从这些节点中选择任意一个作为当前拓扑排序序列的第一个节点。一旦我们选择了一个节点，就相当于固定了它在拓扑排序中的位置，然后我们再从剩余的图中递归地解决这个问题。
具体步骤设想：
假设我们有一个DAG $G = (V, E)$。
1. 找出所有入度为0的节点集合 $S_0$。
2. 如果 $S_0$ 为空，且图中还有节点未被处理，则说明图中存在环，无法进行拓扑排序，拓扑排序个数为0。 (对于题目给定的DAG，这一步通常不会发生)。
3. 如果 $S_0$ 非空：
对于 $S_0$ 中的每一个节点 $v in S_0$：
我们考虑将 $v$ 作为当前拓扑排序的第一个节点。
然后，我们从图中移除节点 $v$ 及其所有出边，得到一个新的DAG $G'$。
递归地计算 $G'$ 的拓扑排序个数，记为 $Count(G')$。
将所有可能的选择（即所有 $v in S_0$）的拓扑排序个数累加起来。
数学表达式：
$TotalCount(G) = sum_{v in S_0} TotalCount(G {v})$
其中 $G {v}$ 表示从图中移除节点 $v$ 及其所有关联边后的新图。
问题：如何高效地计算 $G {v}$ 的拓扑排序个数？
直接复制图并移除节点会非常低效。我们需要一种更巧妙的方法来处理“移除节点”后的子问题。
动态规划的思路：基于子问题的重叠性
上述递归的思路会重复计算很多相同的子图。例如，如果一个DAG中有两个入度为0的节点 $v_1$ 和 $v_2$，我们分别计算 $G {v_1}$ 和 $G {v_2}$。在计算 $G {v_1}$ 时，可能会移除一些节点后，得到一个子图 $G_{12}$；而在计算 $G {v_2}$ 时，也可能移除一些节点后，得到一个子图 $G_{21}$。如果 $G_{12}$ 和 $G_{21}$ 是同一个图的不同表示，我们就浪费了计算资源。
更进一步，我们可以考虑用状态压缩动态规划来解决这个问题。一个DAG的状态可以用一个二进制位掩码（bitmask）来表示，其中每一位对应图中的一个节点。如果某一位是1，表示该节点已经被包含在当前的拓扑排序序列中；如果是0，表示该节点尚未被包含。
定义DP状态：
令 $dp[mask]$ 表示仅包含 $mask$ 中为1的节点的子图的所有拓扑排序的个数。我们的目标是计算 $dp[(1 << n) 1]$ (其中 $n$ 是图中节点的总数，所有位都为1表示包含所有节点)。
DP转移方程：
为了计算 $dp[mask]$，我们需要考虑在包含 $mask$ 中节点的子图的拓扑排序的最后一个节点。假设我们当前考虑的子图包含的节点集合为 $S_{mask}$（即 $mask$ 中为1的节点）。
一个节点 $v in S_{mask}$ 可以作为当前子图的最后一个节点，当且仅当：
1. 节点 $v$ 包含在 $mask$ 中（即 $mask$ 的第 $v$ 位为1）。
2. 在原始DAG中，所有指向 $v$ 的节点的前驱节点都已经被包含在 $mask$ 中。换句话说，在 $S_{mask} setminus {v}$ 中，不存在任何节点 $u$ 使得 $(u, v)$ 是图中的一条边。
如果节点 $v$ 满足以上条件，那么我们可以从 $dp[mask setminus {1 ll v}]$ (即包含除了 $v$ 之外的 $mask$ 中所有节点的子图的拓扑排序个数) 转移过来，通过将 $v$ 添加到这些拓扑排序的末尾。
具体来说：
初始化： $dp[0] = 1$ （空子图有1种拓扑排序，即空序列）。所有其他 $dp[mask]$ 初始化为0。
迭代计算：
从 $mask = 0$ 开始，逐渐增大 $mask$ 的值，遍历所有可能的子集。
对于每一个 $mask$：
如果 $dp[mask] > 0$：
遍历图中所有节点 $v$（从0到 $n1$）。
检查条件：
1. 节点 $v$ 尚未被包含在当前 $mask$ 中 (即 $(mask >> v) & 1 == 0$)。
2. 节点 $v$ 的所有前驱节点都已经被包含在当前的 $mask$ 中。也就是说，对于图中所有指向 $v$ 的节点 $u$ (即 $(u, v) in E$)，必须满足 $(mask >> u) & 1 == 1$。
如果上述两个条件都满足：
令 $next_mask = mask | (1 ll v)$。
$dp[next_mask] = (dp[next_mask] + dp[mask]) pmod{M}$ (如果需要处理大数，通常会模一个大素数 $M$ 来防止溢出)。
为什么这样的转移是正确的？
当我们在计算 $dp[mask]$ 时，实际上是在考虑包含 $mask$ 中所有节点的所有拓扑排序。如果我们发现一个节点 $v$ 满足其所有前驱都在 $mask$ 中，并且 $v$ 本身不在 $mask$ 中，那么这个 $v$ 可以被添加到所有以 $mask$ 中节点为基础的拓扑排序的末尾。
另一种理解方式（更符合我们之前基于“无前驱节点”的思路）：
迭代计算：
从 $mask = 0$ 开始，逐渐增大 $mask$ 的值，遍历所有可能的子集。
对于每一个 $mask$：
计算当前子图的状态： 检查 $mask$ 中哪些节点已经“完成”，哪些是“待定”。
找出“自由节点”： 在 $mask$ 中已经包含了某些节点。我们现在要考虑往这个已经形成的序列后面添加一个新的节点。这个新的节点必须满足：它不在 $mask$ 中，并且它的所有前驱节点都已经包含在 $mask$ 中。
转移：
对于所有满足上述条件的节点 $v$：
令 $next_mask = mask | (1 ll v)$。
$dp[next_mask] = (dp[next_mask] + dp[mask]) pmod{M}$
这种状态压缩动态规划的正确性在于，它枚举了所有可能的部分拓扑排序（由 $mask$ 表示），并合法地扩展它们。通过确保新添加的节点 $v$ 的所有前驱都在当前 $mask$ 中，我们保证了拓扑排序的有效性。
预处理：
为了快速检查节点 $v$ 的前驱是否都在 $mask$ 中，我们可以为每个节点 $v$ 预先计算一个前驱掩码（predecessor_mask）。`predecessor_mask[v]` 的第 $u$ 位是1，当且仅当存在一条边 $(u, v)$。
优化后的转移：
初始化： $dp[0] = 1$，其他 $dp[mask] = 0$。
迭代计算：
for $mask$ from $0$ to $(1 << n) 1$:
if $dp[mask] == 0$: continue
for $v$ from $0$ to $n 1$:
// 检查节点 v 是否还没被包含在 mask 中
if not ((mask >> v) & 1):
// 检查节点 v 的所有前驱是否都在 mask 中
// predecessor_mask[v] & mask == predecessor_mask[v] 意味着 predecessor_mask[v] 的所有为1的位，都在 mask 中对应位为1
if (predecessor_mask[v] & mask) == predecessor_mask[v]:
next_mask = mask | (1 << v)
dp[next_mask] = (dp[next_mask] + dp[mask]) % M
最终答案是 $dp[(1 << n) 1]$。
时间复杂度分析：
预处理前驱掩码：对于每条边 $(u, v)$，设置 $predecessor_mask[v]$ 的第 $u$ 位。时间复杂度是 $O(|E|)$。
DP计算：总共有 $2^n$ 个状态（$mask$）。对于每个状态，我们遍历 $n$ 个节点。在转移过程中，涉及位运算和模运算，这些都是常数时间。
总时间复杂度：$O(2^n cdot n)$。
空间复杂度：
DP表需要 $O(2^n)$ 的空间。
前驱掩码需要 $O(n)$ 的空间。
总空间复杂度：$O(2^n)$。
注意： 这种方法的时间和空间复杂度都是指数级的，因此只适用于节点数量 $n$ 较小（通常 $n le 20$ 左右）的情况。对于大规模的DAG，这个问题会变得非常困难，可能需要近似算法或启发式方法。
另一个角度：基于“无后继节点”的递归思想
虽然状态压缩DP是解决此类问题的经典方法，我们也可以回头思考更直观的递归方法，并尝试用记忆化搜索来避免重复计算。
核心思路：
选择一个入度为0的节点，将其添加到序列开头，然后从图中移除它，递归地计算剩余图的拓扑排序个数。
函数定义：
`count_topological_sorts(current_graph)`
递归步骤：
1. 找到 `current_graph` 中所有入度为0的节点集合 $S$。
2. 如果 $S$ 为空且图非空，返回0 (存在环)。
3. 如果图为空，返回1 (空图有一个拓扑排序)。
4. 初始化总计数 `total_count = 0`。
5. 对于 $S$ 中的每一个节点 $v$:
创建一个新的图 `next_graph`，它是 `current_graph` 移除节点 $v$ 及其所有出边后的结果。
`total_count = (total_count + count_topological_sorts(next_graph)) % M`。
6. 返回 `total_count`。
内存化（Memoization）：
为了避免重复计算，我们可以为每个图状态（或者更准确地说，是图中剩余节点的集合）设计一个唯一的标识符，并将其对应的拓扑排序个数存储在一个哈希表或字典中。
图状态的表示：
将图的状态表示为剩余节点的集合，并将其转换为一个唯一的键值（例如，将节点的列表排序后转化为字符串或哈希值）。这会比较复杂，因为图的结构会不断变化。
另一种更可行的内存化方法：
结合之前的状态压缩思想。我们可以将当前考虑的图（即尚未被添加到拓扑排序中的节点集合）用一个位掩码来表示。
函数定义：
`count_topological_sorts(current_mask)`，其中 `current_mask` 表示图中尚未被包含在拓扑排序中的节点集合。
递归步骤：
1. 基础情况： 如果 `current_mask == 0`，返回1 (所有节点都已排序)。
2. 查找入度为0的节点： 遍历 `current_mask` 中所有为1的节点 $v$。对于每个 $v$，检查它的所有前驱节点是否都不在 `current_mask` 中。也就是说，如果 $v$ 的前驱是 $u$，那么 $u$ 必须在 `current_mask` 中对应的位是0。
实际上，我们可以换个角度：找出所有未被处理的节点 $v$（即在 `current_mask` 中为1），使得 $v$ 的所有前驱节点都已经被处理（即在 `initial_mask ^ current_mask` 中为1）。这里 `initial_mask` 是包含所有节点的掩码。
更精确的描述：
令 `processed_mask = initial_mask ^ current_mask`，表示已经添加到拓扑排序中的节点集合。
我们需要找到所有 $v$ 满足：
a) $v$ 在 `current_mask` 中（即 `(current_mask >> v) & 1` 为1）。
b) $v$ 的所有前驱 $u$ 都在 `processed_mask` 中（即 `(processed_mask >> u) & 1` 为1）。
这等价于：对于所有 $v$ 使得 `(current_mask >> v) & 1` 为1，并且 `(predecessor_mask[v] & processed_mask) == predecessor_mask[v]`。
3. 初始化总计数 `total_count = 0`。
4. 对于所有满足条件的节点 $v$:
`new_mask = current_mask ^ (1 << v)` (移除节点 $v$ 从未处理集合)。
`total_count = (total_count + count_topological_sorts(new_mask)) % M`。
5. 将 `count_topological_sorts(current_mask)` 的结果存入内存，然后返回。
初始调用：
从所有节点都未处理的状态开始：`count_topological_sorts((1 << n) 1)`。
优点： 这种递归加记忆化搜索的思路更符合我们对“选择一个无前驱节点进行扩展”的直观理解。它的状态定义（剩余未处理的节点集合）与DP的状态定义是互补的。实际上，这两种方法在本质上是等价的，都依赖于对子问题的重叠性进行优化。
时间复杂度：
每个状态（由 `current_mask` 表示）只会被计算一次。一个状态的计算涉及到遍历所有节点并检查其前驱。
状态数量：$2^n$。
每个状态的计算：遍历 $n$ 个节点，并进行前驱检查。前驱检查可以通过预先计算好的 `predecessor_mask` 来高效完成（位运算）。
总时间复杂度：$O(2^n cdot n)$。
空间复杂度：
内存化表：$O(2^n)$ 存储每个状态的结果。
递归栈深度：最多为 $n$。
总空间复杂度：$O(2^n)$。
总结与选择
统计有向无环图的拓扑排序个数是一个经典的计数问题，其解决方案通常依赖于指数级的算法，适用于节点数量较小的图。
状态压缩动态规划： 通过 `dp[mask]` 表示包含 `mask` 中节点的子图的拓扑排序个数，并利用位运算高效地进行状态转移。这种方法更侧重于“构建”部分序列。
递归加记忆化搜索： 通过 `count_topological_sorts(current_mask)` 表示尚未处理的节点集合，并递归地选择一个入度为0的节点进行扩展。这种方法更侧重于“选择”下一个节点。
这两种方法在算法思想上是紧密相关的，并且拥有相同的指数级时间复杂度和空间复杂度。在实际实现中，状态压缩动态规划的迭代形式可能更容易控制和理解，而递归加记忆化搜索则更直观地体现了问题的分解过程。
无论选择哪种方法，核心的关键在于：
1. 识别入度为0的节点： 这是进行拓扑排序的起点。
2. 处理图的局部变化： 每次选择一个节点后，需要更新图的状态，模拟移除该节点及其出边。
3. 避免重复计算： 利用状态压缩或记忆化来高效处理子问题的重叠性。
这个问题是一个很好的例子，展示了如何将图论中的序关系问题转化为组合计数问题，并通过动态规划或递归技术来解决。希望这篇文章能帮助您深入理解如何统计拓扑排序的个数！
网友意见
DAG中的topological sort个数等价于统计一个partially ordered set上linear extension的个数，后面这个问题已知是#P-complete的，所以目前还没有polynomial-time的做法
看到本问题下面的一个非常惊艳的匿名回答。
好久没看到了。
DAG中的拓扑排序的个数等价于统计一个偏序集合上线性组合的个数。
而求这个线性组合的后面这个问题已经有人证明了是P完全问题。
NP问题就不解释了。
现在举例子来解释。
1、存在回路如何进行拓扑排序
跟书上说的不同，存在回路的连通有向图是可以排序的。方法就是缩点。即把回路当成一个要素（结点）来处理。
上面是缩点的示意，就不再解释。
2、对抗解释结构模型（AISM）
上面是文科生经常用到的一个研究方法。流程如下：
上面是另外一种计算方法。计算流程如下：
3、哈斯图与偏序与对抗层级拓扑图
最终求出的对抗层级拓扑图就是一种拓扑排序
上面就是哈斯图，又叫对抗哈斯图，也叫对抗层级拓扑图。
任何一边的图，从上到小一个个数下来就是一个拓扑序。
按理只数个数这不是一个P完全问题。
根据每一层的组合情况可以直接得出。
但是观察右边的F5，它可以跟F6同一层。
而且转化成线性列的时候，要去重，这就蛋疼了。
如果碰巧是刚性系统，即没有活动要素的时候。
只算个数就很容易。
比如上面这种没有跃迁要素的。
也就是两边是一样的。
那好办，直接算组合就出来了。是一个多项式的解。
应该只有指数级做法，状态压缩动态规划可以做到 O((n+m)2^n)，n为总点数m为总边数。
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