Codeforces848D Shake It! -- DP

令 fi,j 表示 i 次操作后最小割为 j 的方案数。于是可以在 fi,j 的基础上选取 fa,b ， fc,d ,使 fa,b 的 s 与 fi,j 的 s 重合，fa,b 的 t 与 fc,d 的 s 重合，fc,d 的 t 与 fi,j 的 t 重合。大概是这样：

枚举 a,b,c,d,x，其中 x 表示使用次数，然后就可以转移了。

fi,j×(fa,b⋅fc,d+x−1x)→fi+x⋅(a+c+1),j+x⋅min(b,d)

其中 (fa,b⋅fc,d+x−1x) 表示从 fa,b⋅fc,d 种方案中选取 x 种，可以重复的方案数。
然后考虑优化。
令 gp,q 表示 ∑ [a+c+1=p,min(b,d)=q]×fa,b×fc,d。由于 gp,q 只与 i≤p−1 的 fi,j 有关，可以枚举 i ,求出 gi,j ，再更新 f 数组。这样可以将转移的时间从 O(n4) 降到 O(n2) 。
由调和级数可知，枚举 x 的时间为 O(logn) 。
时间复杂度 O(n4logn) 。

代码

#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;#define N 60#define M 1000000007inline void Add(int& x,int y){x=(x+y)%M;}int i,j,k,n,m,p,q,f[N][N],g[N][N],F[N][N],t,inv[N];int c;int main(){    scanf("%d%d",&n,&m);    for(i=2,inv[0]=inv[1]=1;i<=n;i++)inv[i]=1ll*inv[M%i]*(M-M/i)%M;    f[0][1]=1;    for(i=1;i<=n;i++)    for(j=1;j<=i+1;j++){        for(p=0;p<=i-1;p++){            for(q=j;q<=p+1;q++)            Add(g[i][j],1ll*f[p][q]*f[i-1-p][j]%M);            for(q=j+1;q<=i-p;q++)            Add(g[i][j],1ll*f[p][j]*f[i-1-p][q]%M);        }        memset(F,0,sizeof(F));        for(k=0;k<=n;k++)        for(p=1;p<=k+1;p++){            c=1;            for(q=1;k+q*i<=n;q++){                c=1ll*c*(g[i][j]+q-1)%M*inv[q]%M;                Add(F[k+q*i][p+q*j],1ll*f[k][p]*c%M);            }        }        for(k=0;k<=n;k++)        for(p=1;p<=k+1;p++)        Add(f[k][p],F[k][p]);    }    cout<<f[n][m]<<endl;    return 0;}