今天勉强打了打暴力，没有爆零。。（同机房还有一个(170)的dalao┌(。Д。)┐
T1.chess
题目大意：一个棋盘上有一些格子有黑棋，有一些格子有白棋
考场上这题差一点想到正解，可是一时脑抽，就在一条路上走不回来了。。
直接讲正解吧，这题应该属于插头DP，也叫轮廓线DP，从左上延轮廓线走到右下，向下走为(1)，向右走为(0)，然后状态就有了，强行(O(n^2))暴力枚举两个点转移，然后判断单个点，就AC了。时间复杂度为(O(C_{2n}^nn^2))。
小结：
解题关键：想到插头DP的经典状态
芝士点：插头DP
duliu出题人，竟然卡常！！！
手起，码落：
#include<bits/stdc++.h>
#define re register
using namespace std;
int n,f[(1<<24)+10],len,val[13][13],a[13][13],num[(1<<24)+1],num1[30],mid;
char ch[13][13];
void work(int x)
{
num1[0]=(x&1);
for(re int j=1;j<(n<<1);j++)
{
num1[j]=num1[j-1]+((x>>j)&1);
if((x>>j&1)==0||(x>>j-1&1))continue;
f[x]=min(f[x],f[x^(1<<j)^(1<<j-1)]+val[num1[j]][j-num1[j]+1]);
for(re int k=1;k<j;k++)
{
if((x>>k&1)&&(x>>k-1&1)==0&&a[num1[j]][j-num1[j]+1]+a[num1[k]][k-num1[k]+1]==61)
f[x]=min(f[x],f[x^(1<<j)^(1<<j-1)^(1<<k)^(1<<k-1)]+abs(val[num1[j]][j-num1[j]+1]-val[num1[k]][k-num1[k]+1]));
}
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(re int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",ch[i]+1);
for(re int j=1;j<=n;j++)
a[i][j]=ch[i][j]-46;
}
for(re int i=1;i<=n;i++)
for(re int j=1;j<=n;j++)
scanf("%d",&val[i][j]);
memset(f,63,sizeof(f)),len=((1<<(n<<1))-1)^((1<<n)-1),f[(1<<n)-1]=0;
for(re int i=1;i<=len;i++)
{
num[i]=num[i>>1]+(i&1);
if(num[i]==n)work(i);
}
return printf("%d",f[len]),0;
}
T2.tree
题目大意：给定(n)个点，第(i)个点的限制为度数不能超过(a_i)。现在对于每一个(1le sle n)，问从这(n)个点中选出(s)个点组成有标号无根树的方案数对(10^9+7)取模后的结果。
一上午死磕T1，第二题看都没看，没想到竟然是一个模板题！（虽然我不会
前置芝士：Prufer序列
这题需要一个神奇的东西——Prufer序列，它有一个很好的性质就是和有标号无根树一一对应，主要生成过程如下：
-
选择一个序号最小的叶子结点，把和这个点相连的点加入序列末端，然后删除这个叶子结点及这条边。
-
重复以上操作直至剩余两个节点
而Prufer序列生成无根树的过程也很简单，大家可以自己思考思考 （就是我自己不愿意打了
进入正题：
这题求的是有标号无根树的方案树，其实也就是Prufer序列的方案数，直接DP就好了。(f[i][j][k])表示前(i)个节点选择(j)个，在Prefer序列中填了(k)个数的方案数除以((j-2)!)。
然后状态转移方程就出来了:
[f[i+1][j][k]+=f[i][j][k]
]
[f[i+1][j+1][k+c]+=frac{f[i][j][k]}{c!}
]
其中(c)为枚举第(i)个节点的度数限制的值且(0le cle a_{i+1}-1)
所以最后的答案就是(f[n][s][s-2] imes (s-2)!)
小结：
解题关键：这题算模板题吧，想到模板就好了
芝士点：Prefer序列，有标号无根树计数
手起，码落：
#include<bits/stdc++.h>
#define re register
#define mod 1000000007
using namespace std;
const int N=105;
inline long long Pow(long long x,int y)
{
re long long sum=1;
for(;y;x=(x*x)%mod,y>>=1)
if(y&1)sum=(sum*x)%mod;
return sum;
}
int n,a[N];
long long f[N][N][N],p[N]={1},inv[N];
int main()
{
scanf("%d",&n);
if(n==0)return printf("0"),0;
for(re int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(re int i=1;i<=n;i++)p[i]=p[i-1]*i%mod;
inv[n]=Pow(p[n],mod-2);
for(re int i=n-1;i>=0;i--)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
f[0][0][0]=1;
for(re int i=0;i<=n;i++)
for(re int j=0;j<=i;j++)
for(re int k=0;k<=n-2;k++)
{
if(f[i][j][k]==0)continue;
(f[i+1][j][k]+=f[i][j][k])%=mod;
for(re int l=0;l<a[i+1]&&k+l<=n-2;l++)
(f[i+1][j+1][k+l]+=f[i][j][k]*inv[l]%mod)%=mod;
}
printf("%d ",n);
for(re int i=2;i<=n;i++)printf("%lld ",f[n][i][i-2]*p[i-2]%mod);
return 0;
}