高中OJ3874. 【NOIP2014八校联考第4场第2试10.20】准备复赛(exam)

题目描述

正解
一颗子树

两颗子树

code

题目描述

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)。

Input

第一行包含两个正整数n，k。

Output

包含一行，为方案数。

Sample Input

4 2

Sample Output

12

Data Constraint

对于30%的数据，2≤n≤5；

对于60%的数据，2≤n≤20；

对于100%的数据，2≤n≤50。

正解

设F[i,j]表示子数节点个数为i，最大匹配为j，且根节点被匹配。

设G[i,j]表示子数节点个数为i，最大匹配为j，且根节点未被匹配。

一颗子树

则F[i,j]=G[i−1,j−1]∗i（当前根节点被匹配，说明子树之前一定未被匹配）

G[i,j]=F[i−1,j]∗i（当前根节点未被匹配，说明子树之前一定被匹配）

至于为什么要*i，因为我们无法得知子树内节点的具体大小，所以只能在原来的(i-1)个节点中的i个空隙中插入一个新节点。

两颗子树

如果根节点未被匹配，说明两个子树的根节点一定被匹配。

如果根节点被匹配，则两个子树的根节点一定有一个未被匹配。

方程自推。

因为有可能两个子树根节点的状态相同，所以有可能会枚举两次，所以要保证左子树的节点数小于等于右子树的节点数。

当然如果两个子树的节点数量相同，也要/2。

因为题目要求不同的树定义为连边不同，所以还要算C(x1+x2,x1)，算出两个子树一共有多少种情况。

题目要求最后的根节点一定是1，所以最后答案要/n。

code

hljs perl">#include <cstdio>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define mod 1000000007
#define min(x,y) (x)<(y)?(x):(y)
using namespace std;
long long i,j,k1,l1,k2,l2;
long long f[51][26];
long long g[51][26];
long long p[51];
long long ny[51];
long long c[51][51];
long long n,m;

long long mi(long long a)
{
long long sum,t;

a%=mod;
t=mod-2;
sum=1;

while (t)
{
if (t&1)
{
sum=sum*a%mod;
}

a=a*a%mod;

t>>=1;
}

return sum;
}

long long C(int n,int m)
{
return (p
*ny[m]%mod*ny[n-m]%mod);
}

int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);

if ((m*2)>n)
{
printf("0");
return 0;
}

p[1]=1;
ny[1]=1;
fo(i,2,n)
p[i]=p[i-1]*i%mod,ny[i]=mi(p[i]);

fo(i,1,n)
{
fo(j,1,i)
c[i][j]=C(i,j);
}

g[1][0]=1;
fo(i,2,n)
{
fo(j,0,(min((i+1)>>1,m)))
{
if (j)
f[i][j]=g[i-1][j-1]*i%mod;
g[i][j]=f[i-1][j]*i%mod;

fo(l1,0,j)
{
l2=j-l1;

fo(k1,1,(i-1)>>1)
{
k2=i-k1-1;

if ((f[k1][l1]) && (f[k2][l2]))
if (k1!=k2)
g[i][j]=(g[i][j]+(i*f[k1][l1]%mod)*f[k2][l2]%mod*c[i-1][k1])%mod;
else
g[i][j]=(g[i][j]+(i*f[k1][l1]%mod)*f[k2][l2]%mod*c[i-1][k1]%mod*500000004)%mod;

if (g[k1][l1])
{
if (l2)
{
if (k1!=k2)
f[i][j]=(f[i][j]+(i*g[k1][l1]%mod)*g[k2][l2-1]%mod*c[i-1][k1])%mod;
else
f[i][j]=(f[i][j]+(i*g[k1][l1]%mod)*g[k2][l2-1]%mod*c[i-1][k1]%mod*500000004)%mod;

if (f[k2][l2-1])
f[i][j]=(f[i][j]+(i*g[k1][l1]%mod)*f[k2][l2-1]%mod*c[i-1][k1])%mod;
}
}
}

if (l2)
fo(k1,((i-1)>>1)+1,i-2)
{
k2=i-k1-1;

if ((g[k1][l1]) && (f[k2][l2-1]))
f[i][j]=(f[i][j]+(i*g[k1][l1]%mod)*f[k2][l2-1]%mod*c[i-1][k1])%mod;
}
}
}
}

printf("%lld\n",(f
[m]+g
[m])*mi(n)%mod);
}