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n个节点的二叉树种类为Catalan数的第n项
对于一棵子树而言，被移动过的节点就是确定的位置。所以仅仅要知道已经确定位置的K个节点有多少个空孩子指针M，和就该子树下的N个未确定位置的节点，等于是说用N个节点构造M个可为空的子树的种类数。对于整个树的形态数即为若干棵独立的子树形态数的乘积。
定义dp[i][j]为用i个节点构造j棵树的形态数。dp[i][j] = sum{ dp[i-1][j-k] * catalan[k] | 0 ≤ k ≤j }， 用o(n^3)的复杂度预处理出dp数组。然后模拟操作后计算出每一个子树的M和N。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 505;
const int mod = 1e9 + 7;
int dp[maxn][maxn], catalan[maxn];
void preserve () {
catalan[0] = catalan[1] = 1;
for (int i = 2; i <= 500; i++) {
for (int j = 0; j < i; j++)
catalan[i] = (catalan[i] + (ll) catalan[j] * catalan[i-j-1]) % mod;
}
dp[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= 500; i++) {
for (int j = 0; j <= 500; j++) {
for (int k = 0; k <= j; k++)
dp[i][j] = (dp[i][j] + (ll) dp[i-1][j-k] * catalan[k]) % mod;
}
}
}
int N, M, far[maxn], son[maxn][2], idx[maxn], cnt[maxn], sum[maxn];
inline int newNode (int f) {
M++;
cnt[M] = son[M][0] = son[M][1] = 0;
far[M] = f;
return M;
}
void init () {
M = 0;
int u = newNode(1), t, k;
idx[u] = M;
for (int i = 1; i <= N; i++) {
scanf("%d", &t);
if (t == 0)
u = far[u];
else if (t <= 2) {
if (son[u][t-1] == 0) {
son[u][t-1] = newNode(u);
idx[son[u][t-1]] = idx[u];
cnt[idx[u]]--;
}
u = son[u][t-1];
} else {
scanf("%d", &k);
son[u][t-3] = newNode(u);
cnt[son[u][t-3]] = k - 1;
idx[son[u][t-3]] = son[u][t-3];
}
}
memset(sum, 0, sizeof(sum));
for (int i = 1; i <= M; i++) {
if (son[i][0] == 0)
sum[idx[i]]++;
if (son[i][1] == 0)
sum[idx[i]]++;
}
}
int solve () {
int ret = 1;
for (int i = 1; i <= M; i++) {
if (idx[i] != i)
continue;
ret = (ll) ret * dp[sum[i]][cnt[i]] % mod;
}
return ret;
}
int main () {
preserve();
int cas = 1;
while (scanf("%d", &N) == 1) {
init ();
printf("Case #%d: %d\n", cas++, solve ());
}
return 0;
}
最后用大数的处理方式计算出了结果 提交后WA嗄 愣是想了半天不知道为何嗄 最后的最后 找了himdd的博文，发现能够用DP的思想。 解法一：DP 代码及解析例如以下： #include<iost
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