AGC022F Checkers / 3.29 考试 兔子猜拳（rabbit）
给出 \(n\) 个 \(n\) 维的点，第 \(i\) 个点的坐标是 \((x_{i, 1}, x_{i, 2}, \dots, x_{i, n})\)，其中 \(x_{i, j} = [i = j]\)。
接下来进行 \(n - 1\) 轮游戏，每轮会随机两只兔子决出胜负，胜利的兔子会跳到其关于输掉的兔子的对称点，然后输掉的兔子淘汰，不参与接下来的游戏。
请问，最后剩下的兔子的可能的位置的有多少种，对于 \(p\) 取模。
\(n \le 500, 10^4 + 7 \le p \le 10^9 + 7, p \in prime\)。
动态规划 结论
神仙题。
考虑对于输赢关系建树，输的向赢的连边。
我们可以发现，因为每个点对于答案的贡献最后是独立的，该点最后对于答案的贡献是 \(c_i2^{dep}\)（每往向上跳贡献就会 \(\times 2\)，并且 \(c_i = \pm 1\)），最后答案不同当且仅当一个点的深度不同或者一个点的系数不同。
观察贡献，该点每多出一个儿子，\(c\) 就会 \(\times -1\)，同时，这个点往上跳的同时，右边每多出一个儿子，\(c\) 就会 \(\times -1\)。
对于一个点，如果其儿子个数为 \(k\)，那么会有 \(\left\lfloor \frac{k}{2} \right\rfloor\) 个儿子（整个子树）的 \(c\) 取反，同时，若 \(k \equiv 1 \pmod 2\)，那么这个点的 \(c\) 会取反。
因为我们可以让一个点的贡献计算的一部分从父亲继承（而不需要考虑整个祖先），因此，我们发现，一个点的贡献取决于：父亲的正负，自己在父亲子树中顺序的奇偶，自己儿子的奇偶。
为了消除父亲的正负的影响，我们可以考虑差分。如果一个点的权值为 \(1\)，那么它的贡献系数和父亲相同，如果为 \(-1\)，则代表不同。
因此一个点的贡献只和 自己在父亲子树中顺序的奇偶 以及 自己儿子的奇偶 有关了。
因此，我们可以设一个 DP，\(f(i, j)\) 表示现在已经确定了 \(i\) 个点，其中最后一层有 \(j\) 个点儿子个数为奇数。注意层数可以直接在转移中间体现，因此是不重要的。
然后枚举 \(x, y\)，表示有 \(x\) 个点的权值为 \(1\)（和父亲相同），\(y\) 个点权值为 \(-1\)（和父亲不同），如果不考虑自己的儿子个数的奇偶，我们就会有 \(j + \frac{x + y - j}{2}\) 的权值是正数，因为每个奇数点自带一个点是正的，之后每个的儿子点两两配对（注意要保证 \(x+ y - j\equiv 0 \pmod 2\)，不过是细节问题了）。
然后为了和实际相符合，于是我们要将 \(|j + \frac{x + y - j}{2} - x|\) 个点的贡献取反（也就是让其儿子个数为奇数），于是有转移 \(f(i, j) \to f(i + x + y, |j + \frac{x + y - j}{2} - x|)\)，系数是 \(\binom {i+x+y}{x+y}\binom{x+y}{x}\)。
代码，复杂度 \(\mathcal O(n^4)\)：
#define rep(i, x, y) for(int i = (x); i <= (y); i++)
#define per(i, x, y) for(int i = (x); i >= (y); i--)
int main() {
n = in;
C[0][0] = 1; rep(i, 1, n) C[i][0] = 1;
rep(i, 1, n) rep(j, 1, i) C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % mod;
f[1][0] = f[1][1] = 1;
rep(i, 1, n - 1) {
rep(j, 0, i) if(f[i][j]) {
rep(x, 0, n - i)
rep(y, 0, n - i - x)
if(x + y >= j && ((x + y - j) % 2 == 0) && x + y)
(f[i + x + y][abs((x + y - j) / 2 + j - x)] +=
1ll * f[i][j] * C[i + x + y][x + y] % mod * C[x + y][x] % mod) %= mod;
}
} printf("%d\n", f[n][0]);
return 0;
}
实际上可以继续优化，因为我们发现如果 \(i +x, j - x\) 相同，于是我们的转移就会相同，也就是我们可以这样：\(f(i, j) \to g(i + x, j - x) \to f(i + x+ y, |j + \frac{x + y - j}{2} - x|)\)，可就是先枚举 \(x\)，再对于用一类枚举 \(y\)，然后转移系数是独立的。
具体转移的时候，需要考虑几个细节：
- 对于 \(x = 0\) 的时候特殊考虑，不要再中转到 \(g\) 了，这样可以强制让 \(f\) 转移到下一层以及之后的 \(g\)。
- 因此大体思路要求先转移 \(g\)，再转移 \(f\)（保证 \(g\) 可能会转移到同层，\(f\) 一定转移到之后的层）。
代码，复杂度 \(\mathcal O(n^3)\)：here。
