P1472 奶牛家谱 Cow Pedigrees

太精妙，留着以后慢慢消化

https://www.luogu.org/problemnew/show/P1472

法一：

我们一层一层地来推，枚举层数，然后再枚举这一层选择的奶牛的个数（必须是偶数个的，因为我第一层已经处理好了），然后再枚举上一层选择的奶牛的个数（也必须是偶数的，因为我把第二层也特殊处理了，就可以从第三层开始了），但是发现一共要选择n个奶牛，所以不得不再加一维目前总共选择的奶牛的数量，也就是加一层循环来枚举v罢了；现在就是重点！！！假设上一层选择了m只奶牛，这一层选择了j只奶牛，那么m必须满足m>=j/2（因为二叉树的性质）,假设上一层的状态为f[i-1][m][v-j]，也就是i-1层选择了m只奶牛，前i-1层总共选择了v-j只奶牛的方案总数，这时第i层就是选择了j只奶牛了，第i层的j只奶牛和第i-1层的m只奶牛互相找妈妈，那么可以选择的方案总数就是C（m,j/2）*f[i-1][m][v-j],最后再统计就可以了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll ,ll > P;
#define INF 0xf3f3f3f
const int Max=int(1000+10);
const int mol=9901;
int n,k,dp[100+10][200+10][200+10],w[200+10][200+10];
int main() {while(~scanf("%d%d",&n,&k)) {w[0][0]=1;      dp[1][1][1]=1;dp[2][2][3]=1;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<=i;j++)if(j==0||i==j) w[i][j]=1;elsew[i][j]=(w[i-1][j]+w[i-1][j-1])%mol;for(int i=3;i<=k;i++)for(int j=2;j<=(n/2+1);j+=2)for(int x=j+1;x<=n;x++)for(int y=j/2;y<=n/2+1;y++)    if(y%2==0)dp[i][j][x]+=w[y][j/2]*dp[i-1][y][x-j]%mol;ll ans=0;for(int i=1;i<=n;i++)ans+=dp[k][i][n];printf("%lld\n",ans%mol);                }            return 0;
}

法二：

采用记忆化搜索来解决这道题。

我们规定左子树必须正好满足要求，即左子树高度为y-1，而右子树高度小于等于y-1（如果左右子树高度不等，则左右子树可以互换，方案乘以2）然后我们用两个for循环分别枚举左子树的节点数与右子树的高度值（小于等于y-1）,利用乘法原理状态转移。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll ,ll > P;
#define INF 0xf3f3f3f
const int Max=int(1000+10);
#define MOD 9901
bool bVis[212][112];
int dp[212][112];
int n, m;
int dfs(int cnt, int height)
{if (bVis[cnt][height]) return dp[cnt][height];if (cnt == 1) return height == 1;bVis[cnt][height] = true;if (height > (cnt + 1) / 2) return 0;if (height <= 1) return 0;int& state(dp[cnt][height]);for (int i(1); i < cnt; i += 2){for (int j(1); j < height; ++j){state += dfs(i, height - 1) * dfs(cnt - i - 1, j);state %= MOD;if (height - 1 != j)//如果高度相等，那么互换反而会导致方案重复（不妨试着模拟一下或者输出参数）{state += dfs(i, height - 1) * dfs(cnt - i - 1, j);state %= MOD;}}}return state;
}int main()
{scanf("%d%d", &n, &m);printf("%d\n", dfs(n, m));return 0;
}

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