JZOJ4951. 【WC模拟】优美的树

题目大意

所谓的优美的树需要满足如下条件：
1. 这是一棵有根二叉树；
2. 非叶节点需有两个儿子；
3. 不可以变换为k-左偏树。
所谓的k-左偏树是指一棵有k 个叶子的树，每个非叶节点的右儿子均为叶子且均有左儿子。
所谓的变换指的是经过若干次如下两种变换：
1. 删去一个节点的两个儿子；
2. 用一个节点的某个儿子替换该节点。
现在给你k 和n，想要你求出叶子数为1,2,3…n 的优美的树分别
有多少。

分析

我们手动画几棵树，就可以发现，如果可以变换成k-左偏树，那么从根某个叶子的路径要走k次左边。
为了好看，我们把叶子去掉，那么就变成了k-1-左偏链。
先设个方程吧，f[i][j]为放了i个叶子，最多走左边j次？不行，不知道往哪里加，万一较小的加多了就不好了。而且乱加一通会重复的。
那我们想想办法解决。
为了保证不乱加，我们规定按先序遍历加点。

这样的话，我们往下加一个点，要么就是上一次新加点的左右儿子，要么是其他点的右儿子，具体是哪些点呢？等下再说。
我们保证的是左偏次数任何时候不超过k-1，那么记录最多走j次左边会不会没有用？
我们观察到，新的节点i向左走的次数最多是i-1的+1，而且放了之后，i-1就没什么用了，因为我们不能在上面放左儿子了。那么只要我们保证新放的点左走次数不超过k-1，那无论如何，之前的点都不可能超过k-1，因为除了上一次放的点，其他点不会增加了，而若新放的点不超，它的父亲肯定不超嘛。只要不超k-1，靠着i这一信息，我们可以给答案准确贡献。那我们把上面那个j换成，当前i这个节点的左偏次数为j，就很舒服了，每个f[i][j]里的方案左偏次数都不会超过k-1。
好了，我们可以考虑转移了，新加入的点要么是上一次的左儿子，要么是某个点的右儿子，是哪些点呢？我们观察到，任取左偏次数一样的点，其中只有一个能放一个右儿子
，左儿子因为先序遍历的关系不能放。为什么呢？若给左偏次数l的点放一个右儿子，那么这个点不能再放了，而新的点左偏次数仍是i，等于继承了位置，所以只有一个合法位置。
那么明显，f[i][j]可以转移到f[i][1]….f[i][j+1]，这个明显可以用前缀和优化转移，那么时间复杂度$O(n^2)$

总结：这道题最重要的是发现结论，设出最好的状态表示一棵树，转移的优化倒是其次。为了简化做法，我们要对一些东西进行规定。
套路：先序遍历，全局限制代替局部状态记录的限制作用。

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)
#define fd(i,j,k) for(i=j;i>=k;i--)
const int N=5005,kk=105;
const int mo=1000000009;
int K,n,i,j,k,f[N][N],tot;
int main()
{
    freopen("shu.in","r",stdin);
    freopen("shu.out","w",stdout);
    scanf("%d %d",&K,&n);
    f[0][1]=1;
    f[1][1]=1;
    fo(i,1,n)
    {
        if (i!=1)
        fo(j,1,K-1)
                (f[i][j]+=f[i-1][j-1])%=mo;
        fd(j,K-1,1) (f[i][j]+=f[i][j+1])%=mo;
    }
    fo(i,1,n)
    {
    //  printf("%d\n",f[i][1]);
    }
    printf("%d\n",!(1));
    return 0;
}