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WalkOverATree 

 题意：给你一棵树，有个人在节点0，现在问你，这个人走L步，最多能访问多少个不同的节点，一个节点可以被走多次，但只算一次。

题解：这个问题的关键在于，每个点最多走两次，这是因为我要么一次性走到这个点，要么从这个点回去走其他的点，不可能出现走三次的情况，这里需要细想清楚。

那么我们可以得到这样的一个算法：枚举一条一次性走的路径，想象成主干道，这个主干道上连接有若干旁道，那么我可以访问这个旁道上的某些点，然后返回主干道，这些点我一共要用两倍的步数才能走完，因为要返回主干道，并且容易发现，这对任意一个旁道都是一样的。

设d[i]表示i离根节点的距离，ans是最终的答案，那么ans=max(ans,d[i]+1+min(n-d[i]-1,(L-d[i])/2))。

SumOverPermutations

题意：

有个奇葩，组合数学很渣，老师问他：无限个n种颜色的球放在n个有顺序的盒子中，每个盒子放一个，相邻盒子的球的颜色不同，有多少种方法。这个奇葩给了个奇葩的解答，他说这和放的顺序有关，比如有三个盒子，三种颜色的球，若放的顺序是 1 2 3，那么答案就是3×2×2，若放的顺序是 1 3 2，那么答案就是3×3×1。更一般的，他认为，若一个位置的左侧和右侧都被放了，那么现在有(n-2)种可能性，若只有一侧被放了，那么有(n-1)种可能性，若两侧都没放，那么有n种可能性。我们知道这是明显错误的，但是，题目就是问你，给你个n，这n!种放的顺序按照这个奇葩的算法得到的答案是多少。

题解：

令$dp[i]$表示$n$种颜色放在$i$个盒子中，答案是多少。那么转移就只有两种情况：

一种是将第$i$个球放在边界上，这种的转移是$dp[i]=2*dp[i-1]*(n-1)$，第一项的2表示左右两个边界，第二项$dp[i-1]$表示$i-1$时的情况，第三项$n-1$表示由于第$i$个球在边界，所以只乘$n-1$

另外一种是将第$i$个球放在中间某个位置，假设其左侧有$j$个球，那么转移必然是

$$dp[i]=\sum\limits_{j=1}^{i-2}C_{i-1}^j*dp[j]*dp[i-j-1]*(n-2)$$

所以总的转移是

$$dp[i]=(\sum\limits_{j=1}^{i-2}C_{i-1}^j*dp[j]*dp[i-j-1]*(n-2))+2*dp[i-1]*(n-1)$$

答案显然是$dp[n]$

long long dp[MAX_N];
long long mod=1000000007;
long long C[MAX_N][MAX_N];

class SumOverPermutations
{
        public:
        int findSum(int n)
        {
            C[0][0]=1;
            for(int i=1;i<=n;i++)
                for(int j=0;j<=i;j++)
                    C[i][j]=(j==0?1:C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
            dp[1]=n%mod;
            dp[2]=n%mod*(n-1)%mod*2%mod;
            for(int i=3;i<=n;i++){
                dp[i]=2%mod*(n-1)%mod*dp[i-1]%mod;
                for(int j=1;j<=i-2;j++)
                    dp[i]=(dp[i]+C[i-1][j]%mod*dp[j]%mod*dp[i-j-1]%mod*(n-2)%mod)%mod;
            }
            return dp[n]%mod;
        }
};

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原文地址：http://www.cnblogs.com/HarryGuo2012/p/4777063.html