(mathcal{Description})
Link.
初始有一个有向图 (G=(V,E))，(V={s,t})，(E=langle s,t angle)，一次操作定义为取任意 (langle u,v anglein E)，设 (w) 为一个新结点，则令 (V=Vcup{w})，(E=Ecup {langle u,w angle,langle w,v angle})。现进行 (n) 次操作，求最终有多少个本质不同的 (G)，满足 (operatorname{cut}(s,t)=m)，答案对 ((10^9+7)) 取模。
(G) 与 (G') 本质相同：存在一个 (s,t) 均为不动点的 (f:V_G ightarrow V_{G'})，使得 (f) 作用于 (G) 后有 (E_G=E_{G'})。
(n,mle50)。
(mathcal{Solution})
灵性的 DP 神题。
我们称一次选取 (langle u,v angle) 边的操作为对 (langle u,v angle) 的扩展。
令 (f(i,j)) 表示 (i) 次操作使原图的最大流为 (j) 的方案数，可见 (f(n,m)) 为答案；同时令 (F(i,j)) 为其第二维后缀和，即 (F(i,j)=sum_{kge j}f(i,j))。
然后不难发现完全转移不了。 再令 (g(i,j)) 表示对于任意边 (langle u,v
angle)，(i) 次操作，扩展且仅扩展 (langle u,v
angle) 一次，使得 (u) 到 (v) 的最大流增加 (j)（变为 (j+1)）的方案数；同理定义 (G(i,j))。注意 (g) 与 (f) 的区别，例如对于下图中的 <绿点, 红点>：
上图的方案都是 (g(3,1)) 所包含的，而
都不是 (g(4,3)) 所包含的，因为它们都扩展了 <绿点, 蓝点> 这条边多于一次。
接着考虑 (f) 与 (g) 的关系，有
即，先用一次操作扩展初始的 (langle u,v angle)，此后 (langle u,w angle,langle w,v angle) 都成为 (f) 的子问题，只要使两者的最大流同时不小于 (j)，则 (u) 到 (v) 增加的流也不小于 (j)。并且由于 (u,v) 在映射中不动，所有方案均本质不同。
难点在于对 (f) 的转移。我们要选取若干个 (g) 作用在初始的 (langle s,t angle)，形成最终的图 (G)，同时保证方案本质不同。即，找到 (g(i_1,j_1,),g(i_2,j_2),cdots,g(i_s,j_s))，使得 (sum i=n) 且 (sum j=m-1)（(s) 到 (t) 本身就有 (1) 的流）。那么，在转移过程中，仅需考虑在选择方案的末尾加入 (k) 个当前的 (g(i,j))，(k) 个 (g(i,j)) 内部的方案用隔板法可知为 (inom{g(i,j)+k}{k})，再乘上原有方案数即可。因为不同 (g) 之间钦定无序，相同 (g) 之间隔板法保证无序，故方案无序，即本质不同。
到此，复杂度 (mathcal O(n^4ln n))，瓶颈在于枚举“(k) 个当前的 (g(i,j))”。
(mathcal{Code})
代码中 f[][] 对应 (F)，g[][] 对应 (G)，h[][] 对应稍作下标移动的 (f)。
/* Clearink */
#include <cstdio>
#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, repEnd##i = r; i <= repEnd##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, repEnd##i = l; i >= repEnd##i; --i )
const int MAXN = 50, MOD = 1e9 + 7;
int n, m, ifac[MAXN + 5];
inline int imin( const int a, const int b ) { return a < b ? a : b; }
inline int mul( const long long a, const int b ) { return a * b % MOD; }
inline int sub( int a, const int b ) { return ( a -= b ) < 0 ? a + MOD : a; }
inline void subeq( int& a, const int b ) { ( a -= b ) < 0 && ( a += MOD ); }
inline int add( int a, const int b ) { return ( a += b ) < MOD ? a : a - MOD; }
inline void addeq( int& a, const int b ) { ( a += b ) >= MOD && ( a -= MOD ); }
inline int mpow( int a, int b ) {
int ret = 1;
for ( ; b; a = mul( a, a ), b >>= 1 ) ret = mul( ret, b & 1 ? a : 1 );
return ret;
}
inline void init() {
int& t = ifac[MAXN] = 1;
rep ( i, 1, MAXN ) t = mul( t, i );
t = mpow( t, MOD - 2 );
per ( i, MAXN - 1, 0 ) ifac[i] = mul( ifac[i + 1], i + 1 );
}
int f[MAXN + 5][MAXN + 5], g[MAXN + 5][MAXN + 5], h[MAXN + 5][MAXN + 5];
int main() {
init();
scanf( "%d %d", &n, &m );
f[0][1] = h[0][0] = 1;
rep ( i, 1, n ) {
rep ( j, 1, i + 1 ) {
int& crg = g[i][j];
rep ( k, 0, i - 1 ) {
addeq( crg, mul( f[k][j], f[i - k - 1][j] ) );
}
}
rep ( j, 1, i + 1 ) {
int gv = sub( g[i][j], g[i][j + 1] );
per ( a, n, 0 ) per ( b, n + 1, 0 ) {
int crh = 0;
for ( int k = 0, si = 0, sj = 0, up = 1;
si <= a && sj <= b; ++k, si += i, sj += j ) {
addeq( crh, mul( h[a - si][b - sj], mul( up, ifac[k] ) ) );
up = mul( up, add( gv, k ) );
}
h[a][b] = crh;
}
}
per ( j, i + 1, 1 ) {
f[i][j] = add( h[i][j - 1], f[i][j + 1] );
}
}
printf( "%d
", sub( f[n][m], f[n][m + 1] ) );
return 0;
}