烷基計數問題
求每個節點的兒子不超過三個，且大小為$n$的有根樹的數量。$1 \leq n \leq 2000$
設$f[i][j]$為總共$i$個節點，根節點度數為$j$的方案數。
考慮從$1到n-1$列舉乙個當前最大的子樹大小$sz$和選的個數$k$，把他接在原來的部分方案上。
於是就有
$f[i][j]+=f[i-sz*k][j-k]*h^_^ f[sz][m]}$
其中h為可重複的組合數，即$h^_$代表$n$個選$m$個可重複選的方案數，因為需要考慮子樹的同構。
滿足$h^_=c^_=\frac=\frac\prod_^ t$
證明見文末。
倒著列舉點的個數不會算重。
最後答案即是$\sum_^f[n][i]$.
ll h(int a,int b)
int main()$。
這時需要修改$f[i][j]$的定義，即總共$i$個節點，根的度數為$j$且滿足子樹大小小於$\frac $的方案數。
計算時sz必須滿足$sz < \frac $
為什麼是$\frac $？
分類討論一下：
當重心只有乙個時：此時$f[n]$最大子樹大小為$\frac $
當重心有兩個時：此時$f[\frac ]$的所有情況都被計算了。
所以這樣是剛好把條件全部滿足的。
接下來統計答案：
當重心只有乙個時，答案為$\sum_^ f[n][i]$.
當重心有兩個時，此時n一定是偶數，兩個重心相鄰且子樹大小均為$\frac$（重心的基本性質）。
所以答案需要額外加上$h^__][i]}}$
ll h(int a,int b)
int main()
cout<證明： $h^_=c^_$
不妨設要在長度為$n$的排列中可重複地選擇$m$項，成為數列。
不妨設滿足$x_ \leq x_i$
令$t_i = x_i+i-1$
則有$t_
所以相當於在$[1,n+m-1]$中選擇不重複的$m$項構成$t_i$.
於是即證$h^_=c^_$.
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