HDU 5136 Yue Fei's Battle

最新推荐文章于 2017-08-01 10:47:42 发布

oilover

最新推荐文章于 2017-08-01 10:47:42 发布

阅读量797

点赞数

CC 4.0 BY-SA版权

分类专栏： DP 文章标签：二叉树 dp

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/oilover/article/details/48373511

DP 专栏收录该内容

11 篇文章

订阅专栏

本文介绍了一种算法用于计算直径上有K个点的不同构树个数，每个点度不超过3的情况。通过递归和动态规划方法，实现了一个高效的解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

传送门
$题意：求直径上有K个点的不同构树个数（每个点度不超过3）。$
$二叉树满足每个点度不超过3，把直径从中间切开，两边就是二叉树了。$
设 $dp[i]= 深度为i的不同构二叉树个数。$
$sum[i]= 深度不超过i的不同构二叉树个数。$
那么二叉树的两个分支有3种情况：
$\quad 一个分支深度为i-1, 另一个分支深度小于i-1，有dp[i-1] * sum[i-2]种方法；$
$\quad两个分支深度都是i-1：$
$\quad\quad 两个分支不一样，有dp[i-1]*(dp[i-1]-1)/2种方法；$
$\quad\quad 两个分支一样，有dp[i-1]种方法。$
$\quad dp[i] = dp[i-1]*sum[i-2] + dp[i-1]*(dp[i-1]+1)/2$

$i = K / 2$
$当K为偶数时，两边的二叉树深度都是K/2，$
$考虑两边可能相同，可能不同，方案数为dp[i]*(dp[i]+1)/2;$

$当K为奇数时，中间的点连接3个分支，至少有2个分支深度为K/2。$
$当3个分支有一个分支深度小于K/2，方案数 dp[i]*(dp[i]+1)/2*sum[i-1]$
$当3个分支深度都是K/2：$
$\quad当3个分支都相同，方案数 dp[i]$
$\quad当3个分支2个相同，方案数为 dp[i] * (dp[i] - 1)$
$\quad当3个分支互不相同，方案数 C(dp[i], 3)$
所有情况加起来就行了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define prt(k) cerr<<#k" = "<<k<<endl

typedef long long ll;
const ll mod = 1e9 + 7;
ll pmod(ll a, ll n)
{
    ll ret = 1;
    for (; n; n>>=1, a=a*a%mod)
        if (n&1)
        ret = ret * a % mod;
    return ret;
}
ll getinv(ll a)
{
    return pmod(a, mod - 2);
}
const int N = 100100;
ll dp[N + 5], sum[N + 5];
const ll inv2 = getinv(2);
ll sub(ll a, ll b)
{
    return (a - b + mod) % mod;
}
void init()
{
    dp[0] = 1;
    dp[1] = 1;
    sum[0] = 1;
    sum[1] = 2;
    for (int i=1;i<N;i++)
    {
        dp[i+1] = (dp[i] * sum[i-1] % mod);
        dp[i+1] = (dp[i+1] + (dp[i] + 1)%mod * dp[i] % mod * inv2 % mod) % mod;
        sum[i+1] = (sum[i] + dp[i+1]) % mod;
    }
}
ll C3(ll a)
{
    return ((a*sub(a,1)%mod) * sub(a,2) % mod) * getinv(6) % mod;
}
ll f(int K)
{
    int i = K / 2;
    ll ans = ((dp[i] * (dp[i] +  1)%mod) % mod * inv2 % mod ) % mod;
    ll tmp = ans;
    if (K%2==0) {
        return ans;
    }
    ans = (ans * sum[i-1]) % mod;
    ans = (ans + dp[i]) % mod;
    ans = (ans + (dp[i]-1+mod)%mod * dp[i] % mod) % mod;
    ans = (ans + C3(dp[i])) % mod;
    return ans;
}
int main()
{
    int K;
    init();
    while (cin>>K, K)
    {
        ll ans = f(K);
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}