【LOJ #6094. 「Codeforces Round #418」归乡迷途】

题目大意：

　　传送门。

　　lca说的很明白就不重复了。

题解：

　　先膜一发lca。

　　大体读完题以后我们可以知道对于第i个节点最短路一定是连向1到i-1中的某个点。

　　然后我们考虑将到1距离（这里及以下均是最短路）相等的点放到同一层，显然最后的总体结构应该是一棵树，再加上在同一层/深度相同的点之间连接一些边的并。

　　很容易发现一层的转移只需要知道上一层度数为2/3的个数，以及当前层之间的相互连接。

　　先说一下$n^5$做法。

　　设$f_{i,p1,p2,u_1,u_2}$表示插入第i个点时，上一层度数为2/3还剩$p1/p2$，这一层度数为2/3还剩$u1/u2$，很显然这个dp转移是比较好（e）想（xin）的……

　　这里就不写了……

　　然后是lca大神的$n^3$。

　　我们发现在事实上，我们并不需要在向上连边的同时和同层的连边，我们只需要在把这一层向上连边结束后计算一下当前层状态到最后连边状态的方案即可。

　　设$f_{i,j}$表示前i个点中，最后j个点为最后1层，且前i-j个点度数已经满足要求，但最后j个点只考虑向上一层如何连边。

　　设$g_{i,j,k}$来表示新的一层插了i个的情况下，上一层有j个点度数为2，k个点度数为3。

　　所有有$f_{i,j}=sum_k f_{i-j,k}*g_{j,c0,c1}$。其中c0/1表示上一层要求度数为2/3的个数。

　　假设我们知道了$g$那么这个DP就是$n^3$。

　　1.显然$g_{0,0,0}=1$。

　　2.考虑$g$当新的一层没有节点时，即$i==0$，显然此时状态含义为当前层最后有度数2的点为$j$，3的点为$k$的方案数。此时，当$j==0$时，因为不会有度数为2的点，所以这次一定是一堆仍未在同层连接的点和最后一个添加点连成一个环。由于我们此时需要知道这个环的大小，所以我们得到：

　　$g_{0,0,k}=sum_{l=2}^{k-1}g_{0,0,k-l-1}C_{k-1}^lN_{l+1}$。

　　这个表示最后状态里有$k$个三个度数的点由$k-l-1$个点的递推。（应该很好理解）

　　$N_i$表示项链数，$i>=2$，即圆排列除以2。

　　3.考虑当$j！=0$时，我们最终状态可以由$g_{0,j-2/j,k/k-1}$递推而来，当我们这次选择连接一个实际度数为1的点时，我们会产生两个度数为2的点，当选择实际度数为2的点时，我们会得到的一个度数为3和一个度数为2的点同时失去一个度数为2的点。同时由于之前选取集合的不同，此时我们得到：

　　$g_{0,j,k}=(j-1)g_{0,j-2,k}+k*g_{0,j,k-1}$。

　　4.当$i!=0$时，此时$g$回归本来含义。我们很轻易地得出此时DP方程：

　　$g_{i,j,k}=j*g_{i-1,j-1,k}+k*g_{i-1,j+1,k-1}$

　　至此问题解决了。Orz lca大神犇。

代码：

#include "bits/stdc++.h"

using namespace std;

inline int read() {
    int s=0,k=1;char ch=getchar();
    while (ch<'0'|ch>'9') ch=='-'?k=-1:0,ch=getchar();
    while (ch>47&ch<='9') s=s*10+(ch^48),ch=getchar();
    return s*k;
}

const int N=405,mod=1e9+7;
typedef long long ll;

int n,d[N];
int f[N][N],g[N][N][N],fac[N],inv[N];

#define C(a,b) (1ll*fac[a]*inv[b]%mod*inv[a-b]%mod)

inline void init() {
    int i,j,k,s;
    fac[0]=inv[1]=1;
    inv[0]=1;
    for (i=2;i<=n;++i) inv[i]=1ll*inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
    for (i=1;i<=n;++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
    for (i=1;i<=n;++i) inv[i]=1ll*inv[i-1]*inv[i]%mod;    
    g[0][0][0]=1;
    for (i=0;i<=n;++i)  
        for (j=0;j<=n-i;++j) if(i||j){ 
            if (!i){
                for (k=2;k<j;++k)g[0][i][j]=(g[0][i][j]+C(j-1,k)*g[0][i][j-k-1]%mod*fac[k]%mod*inv[2])%mod;
            }else { 
                if(i>=2)g[0][i][j]=(g[0][i][j]+(i-1ll)*g[0][i-2][j])%mod;
                if(j>=1)g[0][i][j]=(g[0][i][j]+(ll)j*g[0][i-1][j-1])%mod;
            }    
        }

    for (i=1;i<n;++i)
        for (s=1;s<n-i;++s) 
            for (k=0;k<=s;++k)  {
                j=s-k;
                if (j)  g[i][j][k]=(g[i][j][k]+(ll)j*g[i-1][j-1][k])%mod;
                if (k)  g[i][j][k]=(g[i][j][k]+(ll)k*g[i-1][j+1][k-1])%mod;
            }
}

int main(){
    n=read();
    register int i,j,k;
    int c[2];
    for (i=1;i<=n;++i) d[i]=read();
    init();
    f[d[1]+1][d[1]]=1;
    for (i=d[1]+2;i<=n;++i)
        for (j=1;j<=i-d[1]-1;++j) {
            c[0]=c[1]=0;
            for (k=1;k<i-j;++k) {
                ++c[d[i-j-k+1]==3];
                f[i][j]=(f[i][j]+(ll)g[j][c[0]][c[1]]*f[i-j][k])%mod;
            }
        } 
    int ans=0;
    c[0]=c[1]=0;
    for (i=1;i<n;++i) {
        ++c[d[n-i+1]==3];
        ans=(ans+(ll)f[n][i]*g[0][c[0]][c[1]])%mod;
    }
    printf("%d
",ans);
}