[CSP-S模拟测试]:玩具（概率DP）
题目描述
这个故事发生在很久以前，在$IcePrincess\text{_}1968$和$IcePrince\text{_}1968$都还在上幼儿园的时候。
$IcePrince\text{_}1968$最近迷上了一种玩具，这种玩具中有两种零件：圆球和棍子。棍子的两头可以插在两个圆球上的各一个空洞中，从而将两个圆球连接起来。为了保证玩具的娱乐性，任意一个圆球上的空洞个数总是多于玩具套装中的棍子数。你可以认为圆球是没有体积的，所有棍子的长度均为$1$。
$IcePrince\text{_}1968$喜欢这样玩这种玩具：他先摸出玩具袋里的一个圆球放在地上，然后重复下面的操作$n-1$次：每次从袋中取出一个圆球和一根棍子，然后等概率的从地上的圆球中选择一个，将该圆球和选择的圆球用棍子连起来，使得新的圆球在选中圆球的正上方。
$IcePrince\text{_}1968$对自己搭出的艺术品很满意，便决定把这个物品送给$IcePrincess\text{_}1968$作为生日礼物。然而生日礼物是需要包装的，因为默认圆球没有体积，所以$IcePrince\text{_}1968$不用考虑包装盒的长和宽，但是包装盒的高是需要确定的，这里我们假设$IcePrince\text{_}1968$是一个非常节俭的孩子，所以包装盒的高总是等于艺术品的高度。$IcePrince\text{_}1968$想知道自己需要的包装盒的高的期望对质数$p$取模后的值，但他还在上幼儿园，怎么会算呢，于是就请你来帮助他。
输入格式
输入文件名为$toy.in$。
输入数据仅一行，包含两个正整数$n,p$，表示最终的艺术品中圆球的个数和模数$p$。
输出格式
输出文件名为$toy.out$。
输入文件仅一行，一个正整数，表示包装盒的高的期望对质数$p$取模后的值。
样例
样例输入：
3 998244353
样例输出：
499122178
数据范围与提示
样例解释：
三个圆球组成的艺术品，高度只可能是$1$或者$2$，所以高度的期望是$1.5$，在模$998244353$下的期望是$499122178$。
数据范围：
对于$30\%$的数据，满足$n\leqslant 10,p\leqslant 1,000,007$；
对于$50\%$的数据，满足$n\leqslant 20$；
对于$70\%$的数据，满足$n\leqslant 50$；
对于$100\%$的数据，满足$n\leqslant 200,p\leqslant 1,000,000,007$，$p$是质数。
题解
超级神奇的$DP$，先作出如下定义：
$\alpha.$设$dp[i][j]$表示$i$个点的森林，有$j$个点在第一棵树的概率。
$\beta.$设$f[i][j]$表示有$i$个点的树，深度不超过$j$的概率。
$\gamma.$设$g[i][j]$表示有$i$个点的森林，深度不超过$j$的概率。
那么，先考虑如何求出$dp$数组，有：
$$dp[i][j]=dp[i-1][j-1]\times\frac{j-1}{i}+dp[i-1][j]\times\frac{i-j}{i}$$
初始化$dp[1][1]=1$。
解释一下，式子的前一半是将新加入的点放入了第一棵树，那么它可以接到$(j-1)$个点上， 后一半是将新加入的这个点放入了除第一棵树外的其它树上（也可以新建一棵树），分母是$i$而不是$(i-1)$的是由于这个点可以新建一棵树，也就是相当于跟谁也没有相接。
接着考虑一个式子：
$$f[i][j]=g[i-1][j-1]$$
化个图你就理解了$\downarrow$
$$\Downarrow$$
也就是说，我们加了一个点，让这棵森林中的所有树都连到了这个节点上。
再来考虑如何求出$g$数组：
$$g[i][j]=\sum \limits_{k=1}^if[k][i]\times g[i-1][j]\times dp[i][k]$$
这相当于是在$i$个点中选取了$k$个点组成第一棵树，剩下$k$个点还是一个森林，$dp[i][k]$相当于是系数，也就是这第一棵树的形态数。
最后，因为$f$数组的意义是$f[i][j]$有$i$个点的树，深度不超过$j$的概率；所以我们需要知道深度恰好为$j$的概率，即为$f[n][j]-f[n][j-1]$。
将每一个深度的概率乘上其深度再加和即为答案。
时间复杂度：$\Theta(n^3)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,p;
long long inv[201];
long long dp[201][201],f[201][201],g[201][201];
long long ans;
long long qpow(long long x,long long y)
{
long long res=1;
while(y)
{
if(y&1)res=res*x%p;
x=x*x%p;
y>>=1;
}
return res;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&p);
dp[1][1]=f[1][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)inv[i]=qpow(i,p-2);
for(int i=2;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=i;j++)
dp[i][j]=(dp[i-1][j-1]*(j-1)%p+dp[i-1][j]*(i-j)%p)*inv[i]%p;
for(int i=0;i<=n;i++)g[0][i]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=n;j++)
{
if(j)f[i][j]=g[i-1][j-1];
for(int k=1;k<=i;k++)g[i][j]=(g[i][j]+f[k][j]*g[i-k][j]%p*dp[i][k]%p)%p;
}
for(int i=1;i<=n;i++)ans=(ans+(f[n][i]-f[n][i-1]+p)%p*i%p)%p;
printf("%lld",ans);
return 0;
}
rp++
