HDU 4359 Easy Tree DP？（是dp但并不是tree dp + 组合计数）

HDU 4359

题意：定义Bear Tree为一颗二叉树，这种二叉树每个结点有一个权值，范围在2^0~2^n-1，并且每个值只用一次，对于每个结点，如果同时存在左右子树，那么左子树的权值和要小于右子树的权值和。求点数为N，层次为D的Bear Tree的数量。

思路：

2^0 + 2^1 + ... + 2^n < 2^(n+1)

根据这个性质，我们可以得出权值最大节点必须在右子树上，并且只要同时存在左右子树，则将权值最大节点放在右子树上就一定符合条件。

所以我们用dp[i][j]表示点数为i且深度不超过j的所有方案数，那么输出结果就是dp[n][d]-dp[n][d-1]。

而dp[n][d]的构成分下面两种：

1是只有左子树或只有右子树的情况，我们发现，只需要取任意一个节点来做根节点，乘以可能的子树情况（即dp[n-1][d-1]），再区别开是左子树还是右子树，总共有dp[n-1][d-1] * C(n,1) * 2种情况。

2是同时有左右子树的情况，我们假设左子树有k个节点，则有dp[n-k-1][d-1]【右子树】 * dp[k][d-1]【左子树】 * C(n-2,k) 【左子树节点组成】* C(n,1)【根节点选择】

我们把一二相加即可得到转移方程，值得注意的是，由于n ,k<= 360随时可能爆精度，每次操作都尽可能模除10^9+7.

Code：

/*
* @author Novicer
* language : C++/C
*/
#include<iostream>
#include<sstream>
#include<fstream>
#include<vector>
#include<list>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<iomanip>
#define INF 2147483647
#define cls(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define rise(i,a,b) for(int i = a ; i <= b ; i++)
using namespace std;
const double eps(1e-8);
typedef long long lint;

const int maxn = 365;
const int maxd = 365;
const lint mod = 1e9 + 7;
lint dp[maxn][maxd];
lint C[maxn][maxd];
void init(){
	cls(C);
	memset(dp,-1,sizeof(dp));
	C[0][0] = 1;
	for(int i = 1 ; i < maxn  ; i++){
		C[i][0] = 1;
		for(int j = 1 ; j <= i ; j++){
			C[i][j] = C[i-1][j-1] + C[i-1][j];
//			printf("C[%d][%d] : %I64d\n" ,i ,j ,C[i][j]);
			if(C[i][j] > mod) C[i][j] -= mod;
		}
	}
}

lint f(int n , int d){
	if(n == 1 && d >= 1) return 1;
	if(n == 1 || d == 0) return 0;
	if(dp[n][d] != -1) return dp[n][d];
	lint &ans = dp[n][d];
	ans = (f(n-1 , d-1) * C[n][1] * 2) % mod;
	for(int k = 1 ; k <= n-2 ; k++)
		ans = (ans + ((( ( (f(n-k-1 , d-1) * f(k , d-1)) % mod) * C[n-2][k]) % mod) * C[n][1]) % mod) % mod;
	return ans;
}

int main(){
	int t ; cin >> t ; int kase = 1;
	init();
	while(t--){
		int n , d;
		cin >> n >> d;
		lint ans = f(n,d) - f(n,d-1);
		ans = (ans + mod) % mod;
		cout << "Case #" << kase++ << ": " << ans << endl;
	}
	return 0;
}

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