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前言：

好题 ,DP+组合+最大流（或者最小割）

题目大意：

给定 $n,m$，现在按照此规则生成无向图，初始我们有一张图 $G$，仅包含两个节点 $s,t$，以及连接 $s\to t$ 的边。
每次你可以选择一条已经存在的边 $(u,v)$，然后将往图中加入节点 $w$ 和边 $(u,w),(w,v)$，这样操作 $n$ 次，我们将得到一张图 $G^{\prime }$
定义 $G^{\prime }$ 合法，当且仅当 $\text{mincut}(s,t)=m$，即 $s\to t$ 的最小割为 $m$
求本质不同的合法的图 $G^{\prime }$ 的数量，答案对 $10^9+7$ 取模。
其中，两张图 $G_1,G_2$ 不同，当且仅当不存在一种作用于点集的置换，使得边对应相同，同时 $s,t$ 对应相同。

解题思路：

第一眼感觉可以DP或者搜索
肯定选DP呀
于是
设计状态
直接有什么限制就设什么
$$f_{i,j}表示操作i次，得到的最大流为j的图的个数$$

初始状态:
初始图的形态为

因此$f_{0,1}=1$

状态转移
考虑用$f$转移$f$，发现行不通，还差点东西
我们考虑，最大流由什么贡献而来，如图

$最大流=1+min(x,y)+min(z,p),(x,y,z,p表示边上的流量)$
所以最大流由两部分贡献： 1.初始的1流量
\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad 2.$min(中转点到起点的流量，中转点到终点的流量)$
所以我们设
$g_{i,j}表示初始有s,t,w三个点，s-w,t-w两条边，经过i-1次（由于提前加入了w，所以操作次数为i-1）操作后，最大流为j的方案数$
若我们已求出了$g_{i,j}$,那我们可以枚举一个$t$
故 $f_{n,m}<-f_{n-t\ast i,m-t\ast j}\ast C()$，我们再乘上一个组合数即可
这个组合数的意义就是，在选择$t$个形如$s-w-t$且操作$i-1$次后最大流为$j$的方案数
我们的$g$计算的就是供选择的集合的大小
用隔板法的思想，将$t$个球放入$g_{i,j}$个箱子
所以$f_{n,m}<-f_{n-t\ast i,m-t\ast j}\ast C(g_{i,j}+t-1,t)$

g的转移
用$f$转移g
$$g_{n,m}<-\sum _{i=0}^{n-1}\sum _{min(x,y)=m}{f}_{i,x}\ast f_{n-1-i,y}$$
就是枚举有$i$次操作在$s-w$上，$(n-1)-i$次操作在$w-t$上
这个转移是$O(n^2)$，但通过处理后缀和就可以做到$O(n)$
这是一个技巧,处理$min卷积$时都可以用，即设$f_{i,j}^{\prime }为f_{i,j}到f_{i,n+1}的和$就是后缀和的啦 然后设$g_{i,j}^{\prime }也为g的后缀和函数$
就有
$$g_{n,m}^{\prime }<-\sum _{i=0}^{n-1}{f}_{i,m}^{\prime }\ast f_{n-1-i,m}^{\prime }$$

$g$数组差分一下$g^{\prime }$即可得到

复杂度分析
枚举$g$转移$f$是$O(n^4)$
枚举$t$是调和级数$O(\alpha )$
考虑最坏的情况，枚举$t$达到$O(\ln n)$
总的复杂度为$O(n^4\ln n)$

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=55,mod=1e9+7;
int n,m;
int f[N][N],g[N][N],sf[N][N],sg[N][N],inv[N];
int main() {
    scanf("%d%d",&n,&m);  f[0][1]=sf[0][1]=1;
    for(int i=(inv[0]=inv[1]=1)+1;i<=N-5;i++) 
        inv[i]=(1ll*inv[mod%i]*(mod-mod/i))%mod;
    // for(int i=1;i<=50;i++) printf("%d:%d ",i,inv[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=n+1;j++)
            for(int k=0;k<=i-1;k++)
                sg[i][j]=(1ll*sg[i][j]+1ll*sf[k][j]*sf[(i-1)-k][j]%mod)%mod;
        for(int j=1;j<=n+1;j++) g[i][j]=((sg[i][j]-sg[i][j+1])%mod+mod)%mod;
        for(int j=1;j<=n+1;j++){
            for(int k=n+1;k;k--) {
                for(int l=n+1;l;l--){
                    int mul=1;
                    for(int t=1;t*i<=k && t*j<=l ;t++){
                        mul=(1ll*mul*(g[i][j]+t-1)%mod*inv[t]%mod)%mod;
                        f[k][l]=(1ll*f[k][l]+1ll*f[k-t*i][l-t*j]*mul%mod)%mod;
                    }
                }
            }
        }
        for(int j=n+1;j;j--) sf[i][j]=(1ll*f[i][j]+1ll*sf[i][j+1])%mod;
    }
    printf("%d\n",f[n][m]);
}

完