烷基计数

一句话题意

求 \(n\) 个点的每个点度数不超过 \(4\) 且根的度数不超过 \(3\) 的有根树的数目。

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题解

定义 \(F_{n,i}\) 为节点数为 \(n\)，根节点度数为 \(i\) 的个数。\(A_n\) 为节点数为 \(n\)个数，\(\displaystyle A_n = \sum_{i = 0}^3 F_{n,i}\)。

在转移的时候去考虑三棵子树的最大大小 \(k\)，从 \(k = 1\) 的情况开始讨论，每次转移相当于加上若干棵大小为 \(k\) 的子树。

但是并不能直接转移，假设大小为 \(k\) 的树共有 \(m\) 种，需要选取 \(3\) 棵。设 \(m = 3\)，将这三种情况分别标号为 \(1, 2, 3\),那么合法的情况为下表：

选择方案

\(1, 1, 1\)

\(1, 1, 2\)

\(1, 1, 3\)

\(1, 2, 2\)

\(1, 2, 3\)

\(1, 3, 3\)

\(2, 2, 2\)

\(2, 2, 3\)

\(3, 3, 3\)

之所以不是 \(3^3\) 种转移是因为子树的无序性，即 \(1, 1, 2\) 和 \(1, 2, 1\) 这两种方案是等价的。

可以发现一种枚举所有状态的可行办法是对方案进行标号，然后使选出的状态递增，那么我们可以先从选择 \(2\) 棵子树下手，去找寻一些规律。

选择方案

\(1, 1\)

\(1, 2\)

\(1, 3\)

\(2, 2\)

\(2, 3\)

\(3, 3\)

我们去枚举第一位的值，可以发现，如果第一位选择 \(1\)，那么有 \(3\) 个可能的第二位，如果第一位选择 \(2\)，那么有 \(2\) 个可能的第二位，如果第一位选择 \(3\)，那么有 \(1\) 种可能的第二位。

所以我们可以列出选择两棵子树时的通项公式：

\[\begin{aligned}G(x) & = \sum_{i=1}^{n}i \\ & = \frac{n \times (n + 1)}{2}\end{aligned} \]

继续考虑选择 \(3\) 棵子树时的情况：

选择方案

\(1, 1, 1\)

\(1, 1, 2\)

\(1, 1, 3\)

\(1, 2, 2\)

\(1, 2, 3\)

\(1, 3, 3\)

\(2, 2, 2\)

\(2, 2, 3\)

\(3, 3, 3\)

我们可以枚举选择的第二位，可以发现，如果第二位选择 \(i\)，那么第一位有从 \(1\) 到 \(i\) 共 \(i\) 种情况，第 \(3\) 位则有从 \(i\) 到 \(m\) 共 \(m - i + 1\) 种情况，由此我们可以得到通项公式：

\[T(n) = \sum_{i = 1}^{n}i \times (n - i + 1) \]

下面对该式进行化简：

\[\begin{aligned}T(n) & = \sum_{i = 1}^{n}i \times (n - i + 1) \\ & = n \sum_{i = 1}^{n}{1} - \sum_{i = 2}^{n} {i \times(i - 1)}\\ & = \frac{n^2 \times (n + 1)}{2} - \sum_{i = 1}^{n - 1}{i \times (i + 1)}\\ & = \frac{n^2 \times (n + 1)}{2} - \frac{n \times (n + 1)}{2} - \sum_{i = 1}^{n - 1}{i^2}\end{aligned}\]

下面考虑如何化简 \(\sum_{i = 1}^{n - 1}{i^2}\)，我们可以看到

\[(a+1)^3-a^3=3a^3+3a+1 \]

将 \(a\) 从 \(1\) 取到 \(n - 1\)，可以得到：

\[\begin{aligned} n^3-1^3 & =3\sum_{i = 1}^{n - 1}{i^2}+3\sum_{i = 1}^{n - 1}{i}+ n - 1\\ 3\sum_{i = 1}^{n - 1}{i^2}& = n^3-1 - 3\times\frac{n \times (n - 1)}{2}-n + 1\\ 6\sum_{i = 1}^{n - 1}{i^2}& = 2n^3 - 3\times{n \times (n - 1)}-2n\\ & = n\left[ 2n²-3(n - 1)-2 \right]\\ & = n(2n - 1)(n - 1)\\ \end{aligned}\]

所以可以得到

\[\sum_{i = 1}^{n - 1}{i^2} = \frac{n(2n - 1)(n - 1)}{6} \]

所以

\[\begin{aligned}T(n) & = \frac{n^2 \times (n + 1)}{2} - \frac{n \times (n + 1)}{2} - \frac{n(2n - 1)\times(n - 1)}{6}\\ & = \frac{3n^2 \times (n + 1)}{6} - \frac{3n \times (n + 1)}{6} - \frac{n(2n - 1)\times(n - 1)}{6}\\ & =\frac{3n^2 \times (n + 1)}{6} - \frac{2n \times (n - 1)\times(n + 1)}{6}\\ & = \frac{(3n - 2n + 2) \times n\times(n + 1)}{6}\\ & = \frac{(n + 2)\times(n + 1)\times n}{3\times 2}\\ & = \dbinom{n + 2}{3} \end{aligned}\]

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所以我们要干什么来着？哦对，转移DP，回顾一下：

定义 \(F_{n,i}\) 为节点数为 \(n\)，根节点度数为 \(i\) 的个数。\(A_n\) 为节点数为 \(n\)个数，\(\displaystyle A_n = \sum_{i = 0}^3 F_{n,i}\)。

我们卡一个当前所有树的最大的子树，每次转移的时候把相应大小的子树贡献塞到当前的DP计数数组中。

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Code

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long valueType;

constexpr int maxN = 5005; 
constexpr valueType MIN = INT_MIN;

valueType MOD_;
valueType const &MOD = MOD_;

valueType Inv2_, Inv6_;
valueType const &Inv2 = Inv2_, &Inv6 = Inv6_;

std::array<std::array<valueType, maxN>, 4> dp;

valueType F(int x) {
	return (dp[0][x] + dp[1][x] + dp[2][x] + dp[3][x]) % MOD;
}

valueType Pow(valueType base, valueType b) {
	long long ans = 1;
	
	while(b > 0){
		if (b & 1)
			ans = ans * base % MOD; 

		base = base * base % MOD; 
		
		b = b >> 1;
	}
	
	return ans;
}

valueType calc(valueType value, int x) {
	if(x == 1)
		return value;
		
	if(x == 2)
		return (value + 1) * value % MOD * Inv2 % MOD;
		
	if(x == 3)
		return (__int128) (value + 2) * (value + 1) * value * Inv6 % MOD;
}

int main() {
	int N;
	
	std::cin >> N >> MOD_;
	
	Inv2_ = Pow(2, MOD - 2);
	Inv6_ = Pow(6, MOD - 2);
	
	dp[0][1] = 1;
	
	for(int i = 1; i < N; ++i) 
		for(int j = N; j > i; --j)
			for(int k = 1; k <= 3; ++k)
				for(int l = 1; l <= k && l * i + k - l < j; ++l)
					dp[k][j] = (dp[k][j] + (__int128)calc(F(i), l) * dp[k - l][j - i * l]) % MOD;


	std::cout << F(N) << std::flush;
	
	return 0;
}