Problem
- 求\(n\)个点的每个点度数不超过\(4\)的无标号无根树个数.
Data constraint
- \(1\le n\le 500\)
Solution
尝试着把问题一般化。我们来考虑一个这样的问题：求\(n\)个节点，每个节点度数不超过\(m\)的无根树个数。
为了解决这个问题，我们不妨先来解决有根树的情况。注意这里的树都是无标号的。所以每一种合法树的根的子树的\(size\)都可以看做是单调的。然而无根树的计数比较繁琐。例如在无根树中以下两种情况视作同一种：
而在有根树情况下，这两种方案显然是不一样的。但注意，对于有根树这两种情况也是一样的：
所以转化成有根树，我们可以更方便的进行DP。并且通过上面这两幅图我们发现唯一需要注意的是子树\(size\)间的关系。
不妨令\(f_{i,j}\)表示当前根节点度为\(j\)，总共有\(i\)个节点时的方案数。此外，我们理应记录一下当前子树的最大\(size\)，然后每次枚举个更大的\(size\)去尝试着转移。但实质上我们可以不用记录，因为我们可以直接从小到大枚举这个\(size\)，然后转移.
枚举当前最大子树的个数\(k\)，令\(s=\sum^{m−1}_{k=0}f(size,k)\)，我们不难写出这样一个式子：
\]
其中\(\left\{ \begin{matrix}s+k-1\\k \end{matrix} \right\}\)表示的是在\(s\)个盒子中放\(k\)个球，盒子不同，球相同，可以重复放的方案。这正好符合我们的要求。不难发现，我们这样枚举的\(size\)一定可以保证子树是单调的，那么避免了算重。
解决了有根树，我们现在来考虑无根树的问题。事实上，有一个极其巧妙且重要的性质：两颗无根树同构，则以它们重心为根的有根树同构
那么我们就只需保证\(size\le (n-1)>>1\)即可。
唯一需要注意的是，当一棵树有两个重心的时候，我们的\(size\)都是小于\(\frac{n}{2}\)的，所以我们要特殊处理一下两个\(size=\frac{n}{2}\)的拼接，这也同样是一个组合数。与上面的处理是一样的
最后是丧病的高精度：
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i ++)
#define G(i, a, b) for (int i = a; i >= b; i --)
#define mem(a, b) memset(a, b, sizeof a)
const int N = 501, M = 4, T = 250;
using namespace std;
int n;
struct Data {
int len, a[T];
Data() { len = 0, mem(a, 0); }
friend Data operator + (Data a, Data b) {
Data c; c.len = max(a.len, b.len);
F(i, 1, c.len)
c.a[i] += a.a[i] + b.a[i], c.a[i + 1] += c.a[i] / 10000, c.a[i] %= 10000;
c.len += (c.a[c.len + 1] > 0);
return c;
}
friend Data operator < (Data a, int b) {
a.a[1] += b;
for (int i = 1; i <= a.len; i ++)
a.a[i + 1] += a.a[i] / 10000, a.a[i] %= 10000, a.len += (a.a[a.len + 1] > 0);
return a;
}
friend Data operator > (Data a, int b) {
a.a[1] -= b;
for (int i = 1; i <= a.len; i ++)
if (a.a[i] < 0) a.a[i] += 10000, a.a[i + 1] --;
while (a.a[a.len] == 0) a.len --;
return a;
}
friend Data operator * (Data a, int b) {
Data c; c.len = a.len;
F(i, 1, c.len)
c.a[i] = a.a[i] * b;
for (int i = 1; i <= c.len; i ++)
c.a[i + 1] += c.a[i] / 10000, c.a[i] %= 10000, c.len += (c.a[c.len + 1] > 0);
return c;
}
friend Data operator & (Data a, Data b) {
Data c; c.len = a.len + b.len;
F(i, 1, a.len)
F(j, 1, b.len) {
c.a[i + j - 1] += a.a[i] * b.a[j];
c.a[i + j] += c.a[i + j - 1] / 10000;
c.a[i + j - 1] %= 10000;
}
while (c.a[c.len] == 0) c.len --;
return c;
}
friend Data operator / (Data a, int b) {
Data c; int x = 0;
G(i, a.len, 1) {
x = x * 10000 + a.a[i];
if (x >= b)
c.a[++ c.len] = x / b, x %= b;
else
if (c.len) c.len ++;
}
F(i, 1, c.len >> 1) swap(c.a[i], c.a[c.len - i + 1]);
return c;
}
} f[N][M + 1], Ans;
Data C(Data x, int y) {
Data ans; ans.a[1] = ans.len = 1; int mul = 1;
F(i, 1, y) {
Data X;
X = x > (i - 1);
ans = ans & X;
mul = mul * i;
}
return ans / mul;
}
int main() {
scanf("%d", &n), f[1][0].a[1] = f[1][0].len = 1;
F(mx, 1, n - 1 >> 1) {
Data s;
F(i, 0, M - 1)
s = s + f[mx][i];
G(i, n, mx + 1)
F(j, 1, M)
F(k, 1, min(j, i / mx)) {
Data t = s < (k - 1);
Data R = C(t, k);
Data T = f[i - k * mx][j - k] & R;
f[i][j] = f[i][j] + T;
}
}
F(i, 0, M)
Ans = Ans + f[n][i];
if (!(n & 1)) {
Data s;
F(i, 0, M - 1)
s = s + f[n >> 1][i];
s = s < 1;
Ans = Ans + C(s, 2);
}
printf("%d", Ans.a[Ans.len]);
G(i, Ans.len - 1, 1)
printf("%04d", Ans.a[i]);
}