uva 10253
来源:互联网 发布:dede整站源码 编辑:程序博客网 时间:2024/06/08 17:19
#include<cstdio>#include<cstring>long long C(long long n, long long m) { double ans = 1; for(int i = 0; i < m; i++) ans *= n-i; for(int i = 0; i < m; i++) ans /= i+1; return (long long)(ans + 0.5);}const int maxn = 30 + 5;long long f[maxn], d[maxn][maxn]; //d(i,j)表示每棵树最多包含i个叶子,一共有j个叶子的方案数int main() { f[1] = 1; memset(d, 0, sizeof(d)); int n = 30; for(int i = 0; i <= n; i++) d[i][0] = 1; for(int i = 1; i <= n; i++) { d[i][1] = 1; d[0][i] = 0; } for(int i = 1; i <= n; i++) { for(int j = 2; j <= n; j++) { d[i][j] = 0; for(int p = 0; p*i <= j; p++) d[i][j] += C(f[i]+p-1, p) * d[i-1][j-p*i]; } f[i+1] = d[i][i+1]; } while(scanf("%d", &n) == 1 && n) printf("%lld\n", n == 1 ? 1 : 2*f[n]); return 0;}
代码是白书上的;
设dp[i][j]为一共j个叶子结点的树,子树的叶子最多的为i个的情况。然后对于一颗树,枚举恰好包含i个叶子的子树为p棵,那么相当于从f[i]颗树中选出p棵树的方案数,是可重复选择的组合,组合数为:C(f[i] + p - 1, p)种,然后每种子树对应的情况数为dp[i - 1][j - p * i]
所以状态转移方程为dp[i][j] = sum{C(f[i] + p - 1, p) * d(i - 1, j - p * i)},最后答案为dp[n - 1][n]
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