鬼能想到的dp定义：dp[i][j]表示在一棵i级超级树中，有j条路径同时存在且这j条路径没有公共点时，可能的情况数
刚开始我也没看懂，所以举个例子
如一个2级的超级树，父节点为1，左右儿子为2，3
（感谢Al_Ca贡献的图，但我感觉题目里给的这个带编号更好一些。懒得把字去掉了将就着看吧）
（感谢xkl贡献的截好的图，但我斟酌了一下带上样例解释你们是不是会更好理解啊～）
（我太挑剔啦，不用给我发图啦，谢谢大家）
dp[2][1]=9,因为2级树里的路径一共有9条（样例），显然只有一条路径的话肯定没有公共点
dp[2][2]=7，(1,2)(1,3)(2,3)(2,13)(2,31)(3,12)(3,21)，注意路径方向不同就是不同的
//公告：原数有误，感谢starsing边骂我边更正
dp[2][3]=1,只有（1单独作为一条路径，2单独作为一条路径，3单独作为一条路径，共3条）这一种可能。它们没有公共点。
dp[2][4]=0,2级树只有3个点，每条路径至少1个点，所以4条路径不可能没有公共点
那么按照套路。。。递推肝它！
如果你想要得到dp[i][j]，该从什么转移过来？
情况太多了，想不出来。。。
我们尝试把dp[i][j]的情况设为已知，往后推别的
把两棵i-1级的树，配上一个根节点，合成一个i级的树，合成过程中的方案？
枚举左右子树中各有多少路径，左子树j右子树k，设sum=dp[i][j]*dp[i][k]
首先，想最简单的玩意：与根节点无关，左右子树保持原样
那么整个图中的路径数并没有变，左子树还是j个，右子树k个，只不过整个树升级了,根据乘法原理
dp[i+1][j+k]+=dp[i][j]*dp[i][k]，即dp[i+1][j+k]+=sum，就这样累加方案数就好了
下一种情况，你随便从左子树里选一条边，把这条边的终点和父节点相连，相连之后的新路径仍然与右子树当中的任何一条路径没有交点
左边的路径增长了1，但是路径的总数没有变，还是（左子树+根）有j条，右子树有k条，从左子树j个里挑出一个的方案数是j
dp[i+1][j+k]+=sum*j; ----(2-1-1)
然后我们既然可以把终点延伸到父节点，我们也可以把起点延伸到父节点
我们还是从左子树中随便挑路径，把根节点连向它，同上，路径延长而总数不变
dp[i+1][j+k]+=sum*j; ----(2-2-1)
你现在一直是在左子树里挑边，为什么不在右子树里也挑呢？全部同理。不过是j变成了k
dp[i+1][j+k]+=sum*k; ----(2-1-2)
dp[i+1][j+k]+=sum*k; ----(2-1-2)
合并2打头的这四个式子：dp[i+1][j+k]+=2*sum*(j+k);
考虑下一种情况：左子树有j条右子树有k条，可是父节点它本身还是一条啊
那么总路径数就是（左j+右k+根1）=j+k+1
dp[i+1][j+k+1]+=sum;
再下一种情况：我们从左子树中选出一条路径，把它的终点连向父节点，在从根节点连向右子树的一条路径的起点
总路径数是j+k-1，因为你把两条合成了一条
还是举例子，若左子树有三条路径ABC，右子树3条abc。合成A和根再到a，现在的路径就是A-a, B, C, b, c，为3+3-1=5条。
而选边的方法数是j*k，这个是左连根再连右。同理还有右连根再连左，所以总数*2.
dp[i+1][j+k-1]+=sum*2*j*k;
最后一种情况，也是最恶心的：左子树一条路径终点连向父节点，再由父节点连向左子树的另一条路径的起点
证明可行性：因为dp含义中已经定义，这些路径彼此没有交点，那么从中任选两条路径后，与根节点按上述方法相连后仍然这一条路径自身没有公共点，与其他边仍然没有交点，满足条件。
dp[i+1][j+k-1]+=sum*j*(j-1) (5-1)
因为是要在l条路径中选出两条不一样的，且与顺序有关不用除2
（你可以认为是选出的第一个路径的起点作为合成路径的起点，第二条路径的终点作为合成路径的终点，那么交换这两条路径所得到的合成路径是不同的）
同理，从右边选两条：dp[i+1][j+k-1]+=sum*k*(k-1) (5-2)
合并一下：dp[i][j+k-1]+=sum*(j*(j-1)+k*(k-1));
好了，没有其他情况了。5个蓝色的式子就是全部的递推式子，不重不漏。
初始状态dp[1][0]=dp[1][1]=1;
最后的答案就是dp[n][1]了，即n级树中全部的路径数，没有相交之类的限制（所以第二维选出一条路径即可）
一定一定要多取模！
完事！
但是你A不了，对不对？
主要有两种错误，稍讲一下。
TLE ：里面可能夹杂了WA，真的。
卡常，加法的取模优化，这还不够。但是有必要！
你仔细想一下枚举范围，i肯定是到n了，那么j和k呢？
能给dp[m][q]贡献答案的，是dp[m-1][?]，问号如果是大于q+1，显然就没用了。即两维之和不超过m+q
所以为了求出dp[n][1],那么两维之和就不必超过n+1。所以对j的限制就是0～（n-i+2）
那么对k的限制就更紧了，0～（n-i+2-j）
还是不够？前期的某些枚举是无效的，如k=300,你会枚举到dp[1][250]之类的
1级树里怎么可能会有250条路径嘛！
因此对枚举的上届再次限制，在满足上一个条件的前提下，还要限制j.k<=2i-1
顺便再提一下zkt的常数减半的优化：因为j和k同步的枚举，颠倒它们的顺序会累加完全一样的答案
那么就干脆把sum加倍，强制k从j+1开始枚举，特殊处理j==k即可。
WA 95了？（或者因为有T的点被显示成了WA60之类）
友情赠送测试点“1 1”
我并没有经历这个问题，因为我输出的时候顺手取模了。
不要小瞧这5分！这很关键！要长记性！
然而。。。有一个最重要问题没有解决，这个思路是怎么想到的？在题解的开头我说它很难想到。
可是“如何想到”这很关键！ 否则你只会看到别人的dp定义才会做，考试还是什么也不会。
思维这个东西很难讲清楚，但我还是要冒险说一说。[不喜勿喷]
至少，i级树从i-1级树中推来的这个分解问题这个思路应该还是能够想到的吧？
那么从这个角度出发分情况，应该是可以想到上述5种情况的。
在要用父节点拼接两条路径时，我们可以发现如果设的dp含义中如果不限制让它没有公共点，那么拼接起来无法计算！
这样也许就会可以想到了吧。。。反正我没想到。。。还要加油啊
接下来含义中已经定义了没有交点。
我们观察数据范围，应该是n3左右的，最外层枚举树的等级没什么问题，里面呢？
我们将样例输出2即245分解质因数（常用思路），发现出现了较大的质数，猜测这题不是简单粗暴的相乘，而是某些东西相乘再求和
这样我们就有了一个大体的框架（当然到这时候你还想不到限制枚举范围什么的）
1 for(int i=1;i<n;++I)//表示树的等级 2 for(int j=1;j<=n;++j)//含义未知 3 for(int k=1;k<=n;++k)//含义未知 4 dp[i+1][?]+=dp[i-1][j]*dp[i-1][k]*(?);
现在我们只需要猜测出那两个位置的含义是什么，式子中的问号就能凿实了。
还有什么的限制是n级别的？说实在的我的第一反应是已经用在路径中的点的数量。
但是我们可以发现每个点之间并不是平等的，它们的连边关系不同，故笼统地用它们的数量来推是不现实的。
点不行，还能是啥？只能是边了，而且没有交点。说真的，不太好想。
但是边之间的确彼此平等。。。枚举范围的确是n级别。。。
所以你就想到了。。。
好吧，我承认，有点牵强，但是的确有人能在考场上自己想出来，他们太强了，所以咱们更要练啊！
最后，给一个建议，看完了博客去打题之前，你最好再系统地理解一下，争取码代码的时候不要再回来看公式。
自己根据含义想出来，自己推式子，理解消化，做题才有意义。
记住，你不是公式的搬运工。
最后送给你们几个调试用小样例（不取模）
1 1
2 9
3 245
4 126565
5 32054326261
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 using namespace std; 4 #define int long long 5 #define sum (dp[i][l]*dp[i][r])%mod 6 int dp[301][602],n,k,mod; 7 inline void modd(long long &a){if(a>=mod)a-=mod;} 8 signed main(){ 9 scanf("%lld%lld",&n,&mod); 10 dp[1][0]=dp[1][1]=1; 11 for(int i=1;i<n;++i) for(int l=0;l<=min(n-i+2,i<=9?(1ll<<i)-1:n-i+2);++l) for(int r=0;r<=min(n-i+2-l,i<=9?(1ll<<i)-1:n-i+2);++r){ 12 modd(dp[i+1][l+r]+=sum);//直接转移 13 modd(dp[i+1][l+r+1]+=sum);//只多了一个根自己是路径 14 modd(dp[i+1][l+r]+=(sum<<1)*(l+r)%mod);//只把一条边伸长到根节点，双向 15 modd(dp[i+1][l+r-1]+=l*r%mod*(sum<<1)%mod);//左右通过根节点相连 16 modd(dp[i+1][l+r-1]+=sum*(l*(l-1)%mod+r*(r-1)%mod)%mod);//同侧通过根节点相连 17 } 18 printf("%lld ",dp[n][1]%mod); 19 }