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2024/6/28UPD CSDN又擅自给我改VIP文章:(

前面七八周的题解就直接咕咕咕掉了 （要学的东西太多了，实在是写不过来了）

在网上搜了许久都没有看到一篇非常详细的题解，以至于我和巨佬基情激情 讨论了许久才搞懂（准确来讲是才把我讲懂）。作为一个资深蒟蒻，我深知一篇削微详尽的一篇题解对我的理解是多么重要。

鉴于这次只写一道题而且也不是很长所以就来写写吧~

先看题目：

3 超级树

3.1 背景

如果一棵树除了叶节点外每个节点都恰有两个子节点，那么称它为一棵满二叉树。

3.2 描述

一棵k-超级树可按如下方法得到：取一棵深度为k的满二叉树，对每个节点，向它的所有祖先连边（如果这条边不存在的话）。例如，下图是一个4-超级树的例子：

现在你的任务是统计一棵k-超级树中有多少条每个节点最多经过一次的不同有向路径。两条路径被认为不同，当且仅当它们经过的节点的集合不同，或经过的节点的顺序不同。由于答案可能很大，请输出总路径数对mod取模后的结果。

3.3 输入

一行两个整数k、mod，意义见上。

3.4 输出

一行一个整数，代表答案。

3.5 样例

样例输入1

2 100

样例输出1

9

样例输入2

3 1000

样例输出2

245

样例输入3

20 998244353

样例输出3

450500168

样例解释：

对第一组样例，将节点如图编号，共有9条不同的路径：1, 2, 3, 1−2, 2−1, 1−3, 3−1, 2−1-3, 3−1−2。

3.6 限制与约定

对于10%的数据，k ≤ 4。
对于40%的数据，k ≤ 10。
对于60%的数据，k ≤ 100。
另有10%的数据，mod = 998244353。
对于所有数据，1 ≤ k ≤ 300，1 ≤ mod ≤ 109。

分析

首先，对于一个 i - 超级树来说可以看作两棵 i-1 - 超级树加上一个根节点的组合，于是我们可以将子树当做子问题来处理，于是我们可以想到用DP来解决这个问题（我考场上脑子想出毛病都没想出来）。

我们设计一个诡异的DP状态（自然是题解提供的状态，我自己是肯定想不到的）：
       我们定义 f [ i ][ j ] 为在一棵 i - 超级树中 选出 j 条  点不重复的路径    的方案数（千万注意断句，我就是这一点理解了好久（当然如果你是用量词来判断那当我没说））。（就不管你咋选，选出 j 条就行，当然点不能重）

转移

我们来考虑转移：
首先我们枚举 l 和 r 分别表示左子树中选 l 条边，右子树中选 r 条边。
我们计算出一个 $$num=f[i-1][l]\ast f[i-1][r]$$表示在当前枚举状态下，左右子树组合起来的方案数（因为对于每一个 l 和 r 都会有多种不同的选取方案，所以这里算出这些不同选取组合方案数）（可能我说的不太清楚，可以自己理解一下，主要是这东西画图也不好画，大概只能抽象理解）

转移分5种情况讨论：

1. 忽略这个根节点（不选取这个根节点为任意一条边的节点），则有$$f[i][l+r]+=num$$

2. 考虑以这个根节点为单独的一条路径（这条路径上只有这一个点），由于不影响子树内的方案选择（仅仅只是对于每一个选取方案都加入了根节点这个路径），于是有$$f[i][l+r+1]+=num$$

3. 考虑将这个根节点与左子树或右子树内的一条边连接起来，于是有$$f[i][l+r]+=num\ast (l+r)\ast 2$$怎么理解这个柿子呢？我们考虑当前枚举状态下所有的方案中，每一种方案都会有 l 种在左子树中选择方案（选择一条路径与根相连）， 同样也会有 r 种在右子树中的选择方案，于是有$$num\ast l+num\ast r$$而因为超级树的定义，一条路径的首和尾都可以和根相连，于是我们乘以2，如下图：对于这样一条紫色路径我们都有以下两种连接方案（如橙色所示）：
   

4. 考虑分别在左右子树中选取一条路径与根节点连接成一条路径，相当于总路径数减少了1，于是我们有：$$f[i][l+r-1]+=num\ast l\ast r\ast 2$$解释与上一种情况近乎相同，由于你的f[i - 1][ r ] (此时被记录在了num中)中已经包含了 r 的某一条路径的正反两种情况了，所以这里是乘二而不是乘四（这里可以理解为枚举 l 去找 r，r 的两种已经包含在num中了，而这里枚举的 l 却是只有一种，所以要乘2）

5. 考虑我们在左子树或右子树中选取两条路径与根节点连接成一条路径，与上一个同样，于是我们有：$$f[i][l+r-1]+=num\ast (C_l^2+C_r^2)\ast 2$$考虑理解就是在同一棵子树中选两条边组合。

最后f [ k ][ 1 ]就是答案

空间注意

但是我们这样仍然有一个问题，那就是我们考虑这样枚举的话，我们的第二维空间必定会开到 2^k-1 这么大（每一个点都可能成为一个独立路径），这必定会爆掉。
于是我们考虑究竟有哪些状态可能对最终答案 f [ k ][ 1 ] 造成影响，由于我们所有方程中都只有 “-1” 操作也就是说任何一个第二维大于 k 的状态都不可能对最终答案造成影响，于是我们就只用递推到 k 即可，也就是我们的第二维也只用开到k。

代码

最后来给出我的代码，有详细的注释

//省略头文件和快读int k, MOD;int c2[MAXN];struct node {int val;node operator + (const node &x)const {node qwq;qwq.val = (val + x.val >= MOD) ? val + x.val - MOD : val + x.val;return qwq;//根据模的定义重载的加运算,可以快一点 }node operator * (const node &x)const {node qwq;qwq.val = 1ll * val * x.val % MOD;return qwq;}node operator * (const int &x)const {node qwq;qwq.val = 1ll * val * x % MOD;return qwq;}
}f[MAXN][MAXN];//f[i][j]表示一棵i-超级树中,选出 j条 点不重复 的路径      的方案数 
//这里定义为结构体是为了使下面避免冗杂的取模运算//但似乎因为重载的特性,我就T成瓜娃子了 int main()
{freopen("tree.in", "r", stdin);freopen("tree.out", "w", stdout);k = inpt(), MOD = inpt();for(int i = 1; i <= k; i++) {c2[i] = i * (i - 1) / 2;}f[1][0].val = f[1][1].val = 1 % MOD;for(int i = 2; i <= k; i++) {for(int l = 0; l <= k; l++) {for(int r = 0; r <= k - l; r++) {node num = f[i - 1][l] * f[i - 1][r];//从左子树中选l条,从右子树中选r条 进行组合的方案数 f[i][l + r] = f[i][l + r] + num;//忽略这个根节点,选择l+r个路径的方案数 f[i][l + r + 1] = f[i][l + r + 1] + num;//将根节点单独视为一个路径,但这样并不会影响左右子树的选取//所以可以直接加f[i][l + r] = f[i][l + r] + (num * (l + r) * 2);//将根节点与左子树或右子树中的某一条路径相连的方案数//当前枚举状态下从左边选一条与根相连的有num * l * 2种,乘二是因为在该题意义下一条路径首尾都可以与根相连//右子树同理 //num中每一种方案都分别有(l + r) * 2种选择方案,所以这里乘起来 f[i][l + r - 1] = f[i][l + r - 1] + (num * l * r * 2);//从左右子树中分别选一条路径与根相连//连上后相当于总路径条数少了一个所以是l + r - 1f[i][l + r - 1] = f[i][l + r - 1] + (num * (c2[l] + c2[r]) * 2);//从左子树或右子树中选两条不同路径与根相连 }}}printf("%d", f[k][1].val);fclose(stdin);fclose(stdout);return 0;
}

需要注意的是由于重载运算符的特性（他超级慢，对于这道题最大数据慢了整整400ms），于是这样的写法只能得到 85pts，有且只有写单独函数的才能通过此题。

下面是没有注释的函数写法：

//省略头文件和快读int k, MOD;int c2[MAXN];int f[MAXN][MAXN];void Add(int &x, int y)
{x = x + y >= MOD ? x + y - MOD : x + y;
}int main()
{freopen("tree.in", "r", stdin);freopen("tree.out", "w", stdout);k = inpt(), MOD = inpt();for(int i = 1; i <= k; i++) {c2[i] = i * (i - 1) / 2;}f[1][0] = f[1][1] = 1 % MOD;for(int i = 2; i <= k; i++) {for(int l = 0; l <= k; l++) {for(int r = 0; r <= k - l; r++) {int num = 1ll * f[i - 1][l] * f[i - 1][r] % MOD;Add(f[i][l + r], num);Add(f[i][l + r + 1], num);Add(f[i][l + r], 1ll * num * (l + r) * 2 % MOD);Add(f[i][l + r - 1], 1ll * num * l * r * 2 % MOD);Add(f[i][l + r - 1], 1ll * num * (c2[l] + c2[r]) % MOD * 2 % MOD);}}}printf("%d", f[k][1]);fclose(stdin);fclose(stdout);return 0;
}

虽然不是因为这道题的原因但是我改完以后莫名其妙的就暴杀标程了QwQ

希望以后做这套题的学弟能看到这篇博客吧，祝你前程似锦。

贴上我看到的一句我很喜欢的话：
亦悲亦喜，才明白宿命的意义