【NOIP2014八校联考第4场第2试10.20】准备复赛

【NOIP2014八校联考第4场第2试10.20】准备复赛

Description

今年的NOIP初赛真是简单，小可可不用吹灰之力就考进了复赛，但是复赛可没有那么简单了，小可可想要好好准备复赛，争取复赛拿个省一。今天小可可在复习树和图的最大匹配时就碰到这样的一个难题：n个节点满足以下性质的不同的树有多少种。
1、树是有标号的，每个节点被标上1到n之间的整数；
2、每个节点最多和其他3个节点相连，但是1号节点最多和其他2个节点相连；
3、这棵树的最大匹配（把树看成二分图后的最大匹配）数为k。
两棵树被认为不同当且仅当存在两个点u、v，在一棵树中u、v之间有边，另一棵树中u、v之间没边。
由于答案可能很大，所以小可可让你输出答案模1000000007 (10^9 + 7)。

Solution

据题意，这个树是一个二叉树。
一看就知道是DP题，最重要的就是DP的状态的设置。
设f[i][j][0,1]表示用了i个数，然后有j个匹配，根节点是否被匹配。
当i只有一个儿子的时候：
f[i][j][0]=f[i−1][j][1]∗i,f[i][j][1]=f[i−1][j][1]∗i $f[i][j][0]=f[i-1][j][1]*i,f[i][j][1]=f[i-1][j][1]*i$
因为每个节点都可能作为根节点，所以要*i。
当i有两个儿子的时候：
f[i][j][0]+=(f[x][k][1]+f[y][o][1])∗(x+y+1)∗Cxi−12 $f[i][j][0]+={(f[x][k][1]+f[y][o][1])*(x+y+1)*C_{i-1}^{x}over 2}$
f[i][j][1]+=(f[x][k][1]∗f[y][o−1][0]+f[x][k][0]∗f[y][o−1][0]2)∗i∗Cxi−1) $f[i][j][1]+=(f[x][k][1]*f[y][o-1][0]+{f[x][k][0]*f[y][o-1][0]over 2})*i*C_{i-1}^x)$
要乘以i是因为每个节点都有可能当做根节点，乘以 Cxi−1 $C_{i-1}^x$是因为要分配左边的方案，当左右是零和左右是一的时候要除以2。

Code

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<string.h>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int mo=1e9+7;
typedef long long ll;
const int maxn=57*57;
ll i,j,k,l,t,n,m,x,y,o,kk;
ll c[107][107],ni2,ans;
ll f[57][57][2];
ll qsm(ll x,ll y){ll z=1;for(;y;y/=2,x=x*x%mo)if(y&1)z=z*x%mo;return z;
}
int main(){ni2=500000004;fo(i,1,100)c[i][0]=c[0][i]=1;fo(i,1,100)fo(j,1,i)c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mo;c[0][0]=1;scanf("%lld%lld",&n,&kk);f[1][0][0]=1;fo(i,2,n){fo(j,0,min(kk,i/2)){f[i][j][0]=f[i-1][j][1]*i%mo;if(j)f[i][j][1]=f[i-1][j-1][0]*i%mo;fo(x,1,i-1){fo(k,0,min(j,x/2)){y=i-x-1;o=j-k;if(y/2>=o)f[i][j][0]=(f[i][j][0]+f[x][k][1]*f[y][o][1]%mo*i%mo*c[i-1][x]%mo*ni2%mo)%mo;if(y/2<o-1)continue;if(o>=1)f[i][j][1]=(f[i][j][1]+(f[x][k][1]*f[y][o-1][0]%mo+f[x][k][0]*f[y][o-1][0]%mo*ni2%mo)%mo*i%mo*c[i-1][x]%mo)%mo;}}}}ans=(f[n][kk][0]+f[n][kk][1])%mo*qsm(n,mo-2)%mo;printf("%lldn",ans);
}