「雅礼集训 2018 Day1」树
传送门
题解
考虑设(f_{i,j})表示(i)个点的树,深度为(j)的方案数.
转移的话,不难想到每一棵树的结构定然是(1,2)节点为父子关系,所以我们可以枚举(2)子树的( ext{siz}),方程如下:
[f_{x,y}=sum
egin{cases}
sum_{x=1}^{i-1}sum_{y=1}^jf_{x,j} imes f_{i-x,y} imes inom{i-2}{x-1}
\
sum_{x=1}^{i-1}sum_{y=1}^{j-2}f_{x,y} imes f_{i-x,j} imes inom{i-2}{x-1}
end{cases}
]
至于转移为什么要分成两种,考虑当(dep1=dep2)的时候,会计算重复,所以你钦定一个当(2)子树的深度(+1)为合并后树的深度的时候,另一个可以随便填,如果不是这种情况的话,(2)子树的深度(+1)必然小于(j).
代码
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#include<math.h>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<iostream>
using namespace std;
#define ll long long
#define REP(a,b,c) for(int a=b;a<=c;a++)
#define re register
#define file(a) freopen(a".in","r",stdin);freopen(a".out","w",stdout)
typedef pair<int,int> pii;
#define mp make_pair
inline int gi()
{
int f=1,sum=0;char ch=getchar();
while(ch>'9' || ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0' && ch<='9'){sum=(sum<<3)+(sum<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return f*sum;
}
const int N=50;
int f[N][N],n,Mod,c[N][N];
int ans[N]={0,1,2,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,5,5,5,6,6,6,6,6,6,6,6,6};
int qpow(int a,int b){int ret=1;while(b){if(b&1)ret=1ll*ret*a%Mod;b>>=1;a=1ll*a*a%Mod;}return ret;}
int main()
{
n=gi();Mod=gi();
printf("%d
",ans[n]);
c[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
c[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;j++)c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%Mod;
}
f[1][1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
for(int j=2;j<=i;j++)
for(int x=1;x<i;x++)
{
for(int y=1;y<j-1;y++)f[i][j]=(f[i][j]+1ll*f[x][y]*f[i-x][j]%Mod*c[i-2][x-1]%Mod)%Mod;
for(int y=1;y<=j;y++)f[i][j]=(f[i][j]+1ll*f[i-x][y]*f[x][j-1]%Mod*c[i-2][x-1]%Mod)%Mod;
}
int res=0;
for(int i=1;i<=n;i++)res=(res+1ll*f[n][i]*i%Mod)%Mod;
for(int i=1;i<n;i++)res=1ll*res*qpow(i,Mod-2)%Mod;
printf("%d
",res);
return 0;
}