建議大家還是不要閱讀此文了，因為我覺得這題我的解法實在是又不高效又不優美……只是想要記錄一下，畢竟是除了中國象棋之外自己做出的組合dp第一題~
首先如果做題做得多，比較熟練的話，應該能一眼看出這題所給的資訊正好描述的是一棵二叉樹上父子的大小關係。於是確立乙個狀態 \(f[u][i]\) 表示在 \(u\) 及 \(u\) 的子樹內 \(u\) 排名第 i 名的總方案數。（這個狀態應該還是比較好想，我當時想到這個狀態覺得是可做的就堅持了這個狀態）。那麼就考慮如何通過 \(f[ch1][j], f[ch2][k]\) 即它的兩個兒子來轉移到當前的狀態。
我們可以注意到：由兒子轉移到父親，兩個兒子之間其實是沒有互相關聯的，只要讓它們都滿足與父親的大小限制即可。當排名為 \(j\) 的兒子小與父親的時候，說明父親前面起碼預留出 \(j\) 個空位，而當排名為 \(j\) 的兒子大於父親時，說明父親的排名也不能超過限制使得後面不足 \(size2 - j + 1\) 個空位。設 \(s\) 為右兒子子樹中排名 \( < i \) 的個數，則根據這個思路，就可以得出 \(s\) 的大小範圍。
於是我們有組合數轉移方程 \(ans = f[ch1][j] * f[ch2][k] * c[i - 1][s] * c[size[u] - i][size[ch2] - s]\) ;
**又臭又長，不忍直視……
#include usingnamespace
std;
#define maxn 400
#define int long long
#define mod 1000000007
intn, f[maxn][maxn], size[maxn];
intc[maxn][maxn], a[maxn];
intread()
while(c >= '
0' && c <= '
9') x = x * 10 + c - '
0', c =getchar();
return x *k;
}void
get_c()
void dp(int
u) }
else
if(a[ch1] ||a[ch2])
int minn = max(i - 1 -size[ch1], 0ll);
int maxx = min(i - 1 - j, size[ch2] -l2);
for(int s = minn; s <= maxx; s ++)
j = x, k = y, ch1 = p, ch2 =q;
}else}}
}void dfs(int
u)
int ch1 = u * 2, ch2 = u * 2 + 1
; size[u] = size[ch1] + size[ch2] + 1
;
if(ch2 <=n) dp(u);
else
else}}
}signed main()
dfs(
1); int ans = 0
;
for(int i = 1; i <= n; i ++)
ans = (ans + f[1][i]) %mod;
printf(
"%lld\n
", ans);
return0;
}
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