闲话
一个计数问题入门级选手来搞这种东西
最初的动力来自高一化学课有机物（滑稽）。《同步导练》出了个这样的选择题。
一个结构极其庞大的烷烃（二十几个碳原子），求它的主链长度。
这不是个求树的直径的裸题么？！OI选手扫两眼就出来了，然而别的同学费劲心思找完了还是错的。
于是第一次在常规课中体验到作为OIer的优越感。。。。。。
又是一节课，芙蓉姐开始要我们画己烷、庚烷的同分异构体？！
这不是等于要求节点数为(n)，点度数不超过(4)的无标号的无根树个数吗？没见过，但还是有一点DP思想，蒟蒻开始手动枚举直径，不一会儿也画出来了。
下课以后问芙蓉姐有没有公式。“这个东西要靠计算机知识来推导啦！”
又一次在常规课中体验到作为OIer的优越感。。。。。。
无标号有根树计数
就是有多少种(n)个点，每个点度数限制为(m)的不同形态的无根树。比如说求烷基就是度数限制为(4)的有根树（那个未配对的键当成根就行了）。
放__debug大佬的博客（戳这里）
叉姐过来的时候也聊了聊这个有趣的东西。
先设(f_{i,j})为(i)个点，根节点度数为(j)的方案数。显然(sumlimits_{j=0}^mf_{n,j})就是答案。
再设(a_i=sumlimits_{j=0}^{m-1}f_{i,j})。这是个子树背包转移过程中的状态量，去掉(f_{i,m})是因为在树中只有根能有(m)个子节点，而其它点都被父节点占去了一个点度。
引入一个Trick：
如果把树（除根以外）分成若干部分，每个部分都由(k_s)个大小为(s)的子树构成，那么这一部分的方案数是(inom{a_s+k_s-1}{k_s})
这个要用隔板法解释。
简要介绍一下隔板法——把(n)个物品分成(m)段的方案数为(inom{n+m-1}{m-1})（允许有的段为空）
证明的话，可以把分成(m)段看成在物品序列中插入(m-1)个隔板，相邻隔板（或隔板与序列末端）间就是一段。也就等于有长度为(n+m-1)的序列，钦定其中(m-1)个为隔板，剩下(n)个就是物品了。
(k)个子树中，直接钦定每一个选什么，我们并不能计数。因此要运用逆向思维，把(k)个子树分成(a_s)组，每一组对应一种形态（仔细想想）。这样方案数就可以轻易地写出来了，为(inom{a_s+k_s-1}{a_s-1})。然而(a_s)很大，所以在计算过程中一般写(inom{a_s+k_s-1}{k_s})
然后求和可以写成这种很不靠谱的式子
这个样子要怎么统计才好呢？
利用DP中的常用思想，保证转移的有序性，我们可以限制转移中出现的最大子树大小(mx)，再用背包进行转移。具体来说，先从小到大枚举(mx)，对于每一个(i,j)，我们可以枚举大小为(mx)的子树个数(k)，从(f_{i-kcdot mx,j-k})处转移，方程为
试想一下，因为对于每一种情况，最大的子树大小及其个数是唯一的，所以我们就做到了不重不漏。
算上阶乘需要的时间，复杂度大概是(O(n^2mlog m))的样子。如果是烷基，(m)是常数，复杂度就是(O(n^2))
题目
然而组合数要取模，不知如何是好。交过这题的Dalao们似乎有另一种优秀的做法？蒟蒻再去学习学习。
无标号无根树计数
惊奇地发现__debug巨佬最初跟我想的一样，枚举直径，转而枚举直径的一半进行转移，然而是个(O(n^4))的垃圾算法（貌似前缀和一下可以优化到(O(n^3))？）
然后就知道了要去对以重心为根的有根树计数。好有道理啊！因为重心在树中（至少在奇数个点的树中）是唯一的。
问题就转化为有根树计数。只有两个地方不一样。一个是为了保证最后的根是重心，我们强制(mx<lceilfrac n 2 ceil)。另一个是由前一个引出的，因为假如(n)为偶数，那么可能会有两个重心。这两个重心的子树大小都是(frac n 2)，所以沿用上面那个隔板法式子就好了。最终结果的方程为
题目
[BZOJ4271]chemistry（可以去这里交）
[Tsinsen1287]数树（点击进入题目）
然而都需要写高精度。。。。。。
第二个就是点数为(frac{n-2}{m-1})度数为(m)的无根树计数，可以理解为把叶子节点都去掉
然而(n=6002)太丧了，连__debug巨佬的python都要跑10s的样子。我再去给高精度卡常估计也没什么用了。生成函数是什么？置换群是什么？以后再填坑吧！
第一个的代码
#include<iostream>
using namespace std;
//高精度太长了不粘了，可以看蒟蒻以前的blog，也可以套个其它的版子进来
const int N=509,m=4;
bign f[N][N];
inline bign C(RG bign n,RG int m){
RG bign ret=n;RG int i;
for(i=m;i>1;--i)ret*=--n;
for(i=m;i>1;--i)ret/=i;
return ret;
}
int main(){
f[1][0]=1;//初值
RG int n,i,j,k,mx;
RG bign a,ans;
cin>>n;
for(mx=1;mx<(n+1)>>1;++mx){//枚举限制
for(a=j=0;j<m;++j)
a+=f[mx][j];//预处理a
for(i=n;i>mx;--i)//从大到小，防止重复计数
for(j=1;j<=m;++j)
for(k=1;k<=j&&mx*k<i;++k)
f[i][j]+=f[i-mx*k][j-k]*C(a+k-1,k);
}
for(ans=j=0;j<=m;++j)
ans+=f[n][j];
if(!(n&1)){//特判双重心
for(a=j=0;j<m;++j)
a+=f[n>>1][j];
ans+=C(++a,2);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}