洛谷P1472 奶牛家谱 Cow Pedigrees

P1472 奶牛家谱 Cow Pedigrees

题目描述

农民约翰准备购买一群新奶牛。 在这个新的奶牛群中, 每一个母亲奶牛都生两个小奶牛。这些奶牛间的关系可以用二叉树来表示。这些二叉树总共有N个节点(3 <= N < 200)。这些二叉树有如下性质:

每一个节点的度是0或2。度是这个节点的孩子的数目。

树的高度等于K(1 < K < 100)。高度是从根到最远的那个叶子所需要经过的结点数; 叶子是指没有孩子的节点。

有多少不同的家谱结构? 如果一个家谱的树结构不同于另一个的, 那么这两个家谱就是不同的。输出可能的家谱树的个数除以9901的余数。

输入输出格式

输入格式：

 

两个空格分开的整数, N和K。

 

输出格式：

 

一个整数，表示可能的家谱树的个数除以9901的余数。

 

输入输出样例

输入样例#1： 复制

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输出样例#1： 复制

2

说明

翻译来自NOCOW

USACO 2.3

/*
    既然设刚好j层那么麻烦，我们不妨设dp[i][j]表示i个点小于等于j层的方案数，那么最终我们所需的答案就是dp[n][k]-dp[n][k-1]是不是？
    考虑一下dp过程（一般树形背包，除非是多叉树用分组背包只能用dfs写，否则可以先考虑写一个记忆化搜索，因为记忆化搜索虽然效率低一些，但是思维复杂度较低，初始化考虑也会更全面，然后对应的再改写成dp）
    枚举一个t，表示分t个点给左子树，剩下i-t-1（除去当前的根）分给右子树，然后乘法原理搞一搞。
    即：dp[i][j]=sigma(dp[t][j-1]*dp[i-t-1][j-1]),是不是很简单？
    考虑一下初始化：把dp[1][]都设成1就好了，然后枚举点的个数时只需要枚举奇数（这个很容易想到）。
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define mod 9901
using namespace std;
int f[201][101],n,k;
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=k;i++)f[1][i]=1;
    for(int dep=1;dep<=k;dep++)
        for(int i=3;i<=n;i+=2)
            for(int j=1;j<i;j+=2)
                f[i][dep]=(f[i][dep]+f[j][dep-1]*f[i-j-1][dep-1])%mod;
    printf("%d",(f[n][k]-f[n][k-1]+mod)%mod);
}