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定义状态： $f[u][i]$ 表示 $u$ 的子树内所有的点进行排列， $u$ 排在位置 $i$ 的方案数。
考虑按照树形背包的方式转移，设 $f'[u]$ 为枚举到 $u$ 的子节点 $v$ 之前的 DP 数组。
如何合并 $f'[u]$ 和 $f[v]$ 呢？
先考虑 $u$ 必须排在 $v$ 后面的情况：
先枚举 $i$ 和 $j$ ，考虑如何从 $f'[u][i]$ 和 $f[v][]$ 合并到 $f[u][i+j]$ 。
（上面的 $i$ 表示枚举到 $u$ 的子节点 $v$ 之前子树中 $u$ 的排名， $j$ 表示 $v$ 的子树内排名在 $u$ 前面的点数）。
而如果 $u$ 必须排在 $v$ 的后面，这就要求了能参与转移的 $f[v][k]$ 必须满足 $k\le j$ 。
设 $u$ 的子节点 $v$ 之前子树大小为 $s'_u$ ， $v$ 的子树大小为 $s_v$ ，如何求把 $f'[u][i]$ 和 $f[v][k]$ （ $k\le j$ ）合并起来的方案数呢？
这等价于把两个长度分别为 $s'_u$ 和 $s_v$ 的序列合并成一个序列，使得新序列任意两个相同元素在原序列中的相对位置不变，并且对于 $x$ （ $x$ 为新序列中第 $i$ 个来自序列 $s'_u$ 的元素），必须满足 $1$ 到 $x$ 中恰好有 $j$ 个元素来自序列 $s_v$ 。
这又等价于把 $s_v$ 个元素切割成 $s'_u+1$ 块（块内可以为空），满足前 $i$ 块里恰好有 $j$ 个元素。
根据组合数学的知识得到这样的方案数为：
$C_{i+j-1}^{i-1}\times C_{s'_u-i+s_v-j}^{s'_u-i}$
所以转移：
$f[u][i+j]+=C_{i+j-1}^{i-1}\times C_{s'_u-i+s_v-j}^{s'_u-i}\times f'[u][i]\times \sum_{k\le j}f[v][k]$
$u$ 排在 $v$ 之前时：
$f[u][i+j]+=C_{i+j-1}^{i-1}\times C_{s'_u-i+s_v-j}^{s'_u-i}\times f'[u][i]\times \sum_{k\ge j}f[v][k]$
$\sum_{k\le j}$ 和 $\sum_{k\ge j}$ 可以对 $f$ 求前缀和得出。
由于 $f[u]$ 的第二维的上界只有 $s_u$ ，所以复杂度相当于每对点都在 LCA 处贡献了 $O(1)$ ，所以复杂度 $O(Tn^2)$ 。

Code

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define For(i, a, b) for (i = a; i <= b; i++)
#define Tree(u) for (int e = adj[u], v; e; e = nxt[e]) if ((v = go[e]) != fu)

inline int read()
{
	int res = 0; bool bo = 0; char c;
	while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
	if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
		res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
	return bo ? ~res + 1 : res;
}

inline char get()
{
	char c;
	while ((c = getchar()) != '<' && c != '>');
	return c;
}

const int N = 3005, M = N << 1, ZZQ = 1e9 + 7;

int n, ecnt, nxt[M], adj[N], go[M], sze[N], f[N][N], C[M][M],
x[N], s[N][N], ans;
bool cm[M];

void add_edge(int u, int v, bool op)
{
	nxt[++ecnt] = adj[u]; adj[u] = ecnt; go[ecnt] = v; cm[ecnt] = op;
	nxt[++ecnt] = adj[v]; adj[v] = ecnt; go[ecnt] = u; cm[ecnt] = op ^ 1;
}

int orz(int n, int m, int x, int y)
{
	return 1ll * C[x + y - 1][x - 1] * C[n - x + m - y][n - x] % ZZQ;
}

void dfs(int u, int fu)
{
	int i, j;
	sze[u] = f[u][1] = 1;
	Tree(u)
	{
		dfs(v, u);
		For (i, 0, sze[u] + sze[v]) x[i] = 0;
		For (i, 1, sze[u]) For (j, 0, sze[v])
			x[i + j] = (1ll * f[u][i] * (cm[e] ? s[v][sze[v]] -
				s[v][j] + ZZQ : s[v][j]) % ZZQ
					* orz(sze[u], sze[v], i, j) + x[i + j]) % ZZQ;
		For (i, 1, sze[u] + sze[v]) f[u][i] = x[i];
		sze[u] += sze[v];
	}
	For (i, 1, sze[u]) s[u][i] = (s[u][i - 1] + f[u][i]) % ZZQ;
}

void work()
{
	int i, x, y; char op;
	ecnt = ans = 0;
	n = read();
	For (i, 1, n) adj[i] = 0;
	For (i, 1, n - 1)
		x = read() + 1, op = get(), y = read() + 1,
		add_edge(x, y, op == '<' ? 1 : 0);
	dfs(1, 0);
	For (i, 1, n) ans = (ans + f[1][i]) % ZZQ;
	printf("%d\n", ans);
}

int main()
{
	int i, j, T = read();
	For (i, 0, 1000) C[i][0] = 1;
	For (i, 1, 1000) For (j, 1, i)
		C[i][j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % ZZQ;
	while (T--) work();
	return 0;
}

[BZOJ3167][Heoi2013]Sao（树形DP+组合数学）

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