很牛逼的题目。
操作 \(A,B\)，考虑从 \(A\) 向 \(B\) 连一条边，最终形成一棵内向有根树。
所有次项的系数都是 \(2^p(-1)^q\) 的形式。对于树上的一个点 \(u\)，不难发现 \(u\) 的深度是 \(2\) 的次数。
设 \(c_{d,0/1}\) 表示深度为 \(d\) 的点中系数为 \(1/-1\) 的点的个数，那么对应状态下的方案数为 \(\dbinom{n}{c_{0,0}\space c_{0,1}\space c_{1,0}\space c_{1,1}\space c_{2,0}\space c_{2,1}\space ...}\)。
- 一个重要的 Trick：直接考虑 \(c_{1...n-1,0/1}\) 合法的充要条件。
我们考虑直接模拟建树还原的过程：\(c_{d,1-x}\) 可以和 \(c_{d+1,x}\) 合并成 \(c_{d,x}\)，具体操作是把一个点的第一个儿子删除。
换句话讲，就是 \(c_{d,1-x}\) 可以花费一个 \(c_{d+1,x}\) 转为 \(c_{d,x}\)。因此，根据贪心思想，\(c_{d,0}\) 和 \(c_{d,1}\) 可以 互相抵消。
设 \(f[i,j]\) 表示 \(i\) 个点的森林，还原之后 \(c_{\_,0}-c_{\_,1}\) 的值为 \(j\)，的方案数。转移容易。
总结一下：
-
抽象过程需要模型转化。
-
直接考虑充要条件，避免过多的讨论。
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仔细观察整个过程，模拟过程，然后 dp。
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dp 的状态需要结合贪心。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pir pair<ll,ll>
#define mkp make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
using namespace std;
const ll maxn=52, mod=1e9+7;
ll n,f[maxn][maxn<<1],c[maxn][maxn];
void add(ll &x,const ll y) {x=(x+y>=mod? x+y-mod:x+y);}
int main(){
scanf("%lld",&n);
c[0][0]=1;
for(ll i=1;i<=n;i++){
c[i][0]=1;
for(ll j=1;j<=n;j++)
c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
}
for(ll i=1;i<n||i<=1;i++)
for(ll j=0;j<=i;j++)
f[i][j-(i-j)+n]=c[i][j];
for(ll i=2;i<=n;i++)
for(ll j=0;j<i;j++)
for(ll k=(j==0);j+k<i;k++){
if(i==n&&j+k>1) continue;
for(ll x=0;x<=i-j-k&&x<=k;x++)
add(f[i][j-k+2*x+n],f[i-j-k][x+n]*c[j+k][j]%mod*c[i][j+k]%mod);
for(ll x=1;x<=i-j-k&&x<=j;x++)
add(f[i][j-k-2*x+n],f[i-j-k][n-x]*c[j+k][j]%mod*c[i][j+k]%mod);
}
printf("%lld",f[n][n+1]);
return 0;
}