AGC022F Checkers

题目

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

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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$2^{d_i}{c}_i{x}_i$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。

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代码

using namespace std;
#include 
#include 
#include 
#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;
}