AGC022F Checkers

题目

洛谷翻译：https://www.luogu.com.cn/problem/AT3951

---

正解

诡异DP……

当\(A\)和\(B\)变成\(2A-B\)的时候，就让\(A\)当\(B\)的父亲。最终会形成一棵带儿子相对顺序的树。

一个点的贡献可以视作\(2^{d_i}c_ix_i\)的形式，其中\(x_i\)太大，所以直接将其当成未知数考虑。

\(d_i\)表示节点的深度。\(c_i\)为正负号。

接下来考虑怎么求出\(c_i\)：按深度优先顺序加点，加点前将父亲的子树中所有点的\(c_i\)取反。

这样子考虑太麻烦，不如换种方式考虑：按照深度优先顺序计算，对于某个点\(x\)，看\(y\)是\(x\)的从右往左数第几个儿子，如果是\(x\)的第偶数个儿子，则\(c_y\)取\(-c_x\)，否则取\(c_x\)。

搞完之后，对于每个点，统计它的儿子的个数，如果为奇数则取反。

我们要计算不同的方案数，只需要保证存在\(d_i\)或\(c_i\)不同。

DP解决。首先\(d_i\)用按层转移的方式来搞定。按层转移的时候，已经确定了前面这些层最终的\(c_i\)，这样最后一层有奇数个儿子的点数是可以记录的（奇数个儿子可以修正\(c_i\)）。

\(f_{i,j}\)表示已经放了\(i\)个节点，最后一层有\(j\)个节点的儿子的个数为奇数，此时的方案数。

转移考虑当前这层“长出”了一些节点。

为了方便计算将\(c_i\)差分，如果和父亲相同记作\(1\)否则记作\(-1\)。接下来只关心下一层的点有多少个和父亲相同，多少个和父亲不同。

（正确性？。。。。。。）

如果一个点有\(k\)个儿子，那么其中\(\lfloor \frac{k}{2} \rfloor\)个儿子的\(c_i\)和它不同（先忽略儿子的儿子对儿子颜色的影响）。

现在设下一层长出了\(k\)个节点，有\(\frac{k-j}{2}\)个点是和父亲不同的。（注意不是整除）

设经过儿子的儿子调整之后，真正的和父亲不同的个数有\(x\)个。于是有\(|x-\frac{k-j}{2}|\)个节点的\(c_i\)需要修正，即这就是下一层儿子个数为奇数的节点数。

注意这里只转移到\(|x-\frac{k-j}{2}|\)。虽然变成\(|x-\frac{k-j}{2}|+2z,z\in N\)也是合法的，但是这样就会同时存在“不同”修正为“相同”和“相同”修正为“不同”，这时候就会出现算重的情况。

时间复杂度就是\(O(n^4)\)的了。

---

代码

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 55
#define mo 1000000007
#define ll long long
int n;
ll C[N][N],f[N][N];
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for (int i=0;i<=n;++i){
		C[i][0]=1;
		for (int j=1;j<=i;++j)
			C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mo;
	}
	f[1][0]=f[1][1]=n;
	for (int i=1;i<n;++i)
		for (int j=0;j<=i;++j)
			for (int k=(j==0?2:j);i+k<=n;k+=2){
				int t=(k-j)/2;
				for (int x=0;x<=k;++x)
					(f[i+k][abs(x-t)]+=f[i][j]*C[n-i][k]%mo*C[k][x])%=mo;
			}
	printf("%lld\n",f[n][0]);
	return 0;
}