【HDU 5370】 Tree Maker（卡特兰数+dp）

Problem Description

Tree Lover loves trees crazily.

One day he invents an interesting game which is named Tree Maker.

In this game, all trees are binary trees.

Initially, there is a tree with only one vertex and a cursor on it. Tree Lover can control the cursor to apply 5 operations to build a tree, and their formats are following:

0 : Jump to the parent of the current vertex.

1 : Jump to the left child of the current vertex.

2 : Jump to the right child of the current vertex.

3 x : Generate a tree with x vertices arbitrarily and make it the left subtree of the current vertex.

4 x : Generate a tree with x vertices arbitrarily and make it the right subtree of the current vertex.

When applying an operation, the log system will log down a record of it.

Tree Lover played this game for a whole day yesterday. As a forgetful man, although Tree Lover knew the shape of the tree while playing, after a sleep he forgot it.

All he has now is the logs of operations.

Tree Lover wants to know: how many possible shapes of the tree can have yesterday according to the logs?

Can you answer this question?

 

Input

The input consists of multiple test cases.

For each test case:

The first line is an integer n (1 <= n <= 500), denoting the lines of logs.

Then follow n lines of logs. The formats of logs are as described above.

The integer x of operation 3 and 4 is positive.

In each case, the number of vertices of the tree will never exceed 500.

You can assume that the cursor will never jump to a non-existent vertex.

If the left child of a vertex exists, operation 3 will not be applied on this vertex, and operation 4 is similar.

 

Output

For each test case, ouput a single line “Case #x: y”, where x is the case number, starting from 1, and y is the answer to Tree Lover’s question.

Because the answer can be large, please output the answer mod 1000000007.

 

Sample Input

2

3 3

4 3

2

3 3

1

 

Sample Output

Case #1: 25

Case #2: 5

 

Hint

Because the tree is a binary tree, if left and right subtrees of a vertex are of different shapes, after swapping them, the new tree is considered different from the original one.

 

 

【题意】

　　

　　有一个造二叉树的程序,初始时只有一个节点并且光标指向它,然后进行了5种操作之一:

1. 光标指向当前节点的父亲节点.
2. 光标指向当前节点的左儿子.
3. 光标指向当前节点的右儿子.
4. 随机造一棵包含x个节点的二叉树,把它作为当前节点的左子树.
5. 随机造一棵包含x个节点的二叉树,把它作为当前节点的右子树.

　　给出这7取模.

500.

 

【分析】

　　这是我做的最难的卡特兰数了，然而难在打的方面，真的要想清楚才行啊！！主要是dp部分，卡特兰数是求二叉树形态的。

　　当只有操作1~3，我们可以准确知道这棵树，就是说我们可以准确知道这棵树的一部分，

　　然后对于操作4~5，我们知道要插入i棵小树，一共j的点这样的信息。

　　当要插入一颗大小为k的树时，方案数=卡特兰（k），

　　然后dp求出用j个节点构成i棵可以为空的子树的方案数f[i][j],然后在树上走一遍然后统计即可。

 

　　重点是求当前对于询问能插子树的位置以及未知点的个数。

    　　

　　上图，箭头边x->y表示在x那里有一个插子树操作。（箭头指向位置可以为空，因为那个位置是未知的，插了一颗子树但是没有走到）。

　　无向边表示没有进行插树操作但是走到了这个点，就是说这是给我们知道的对于未知子树的特别信息，是我们可以确定部分子树形态。

　　操作每个点记录一个is[x]，sum[x]，sum[x]表示从x开始，不走箭头边能一共走到的点的个数。

　　is[x]表示从x开始不走箭头边走到的点的插位个数（就是如果没有左孩子，就有1个插位位置，右孩子也一样）

　　为什么要这样呢？如上图，1，2都有一个插左子树操作，那么3节点必定不是执行1插子树操作时产生的，2左子树上其他点也是如此，所以不能计入1操作的答案里。

　　所以如果统计1插左子树操作时，询问一下2的sum[x]和is[x]即可，最后加上dp就好了。

 

代码如下：

  1 #include<cstdio>
  2 #include<cstdlib>
  3 #include<cstring>
  4 #include<iostream>
  5 #include<algorithm>
  6 #include<queue>
  7 #include<cmath>
  8 using namespace std;
  9 #define LL long long
 10 #define Mod 1000000007
 11 #define Maxn 510
 12 
 13 LL p[2*Maxn],c[Maxn];
 14 LL f[Maxn][Maxn];
 15 
 16 LL qpow(LL x,LL b)
 17 {
 18     LL ans=1;
 19     while(b)
 20     {
 21         if(b&1) ans=(ans*x)%Mod;
 22         x=(x*x)%Mod;
 23         b>>=1;
 24     }
 25     return ans;
 26 }
 27 
 28 LL get_c(LL n)
 29 {
 30     LL k=qpow(p[n+1],Mod-2),ans=1;
 31     ans=(p[2*n]*k)%Mod;
 32     k=qpow(p[n],Mod-2);
 33     ans=(ans*k)%Mod;
 34     return ans;
 35 }
 36 
 37 void init()
 38 {
 39     p[0]=1;
 40     for(LL i=1;i<=2*Maxn-10;i++) p[i]=(p[i-1]*i)%Mod;
 41     for(LL i=0;i<=Maxn-10;i++) c[i]=get_c(i);
 42     memset(f,0,sizeof(f));
 43     f[0][0]=1;
 44     for(LL i=0;i<=Maxn-10;i++) f[1][i]=c[i];
 45     
 46     for(LL i=2;i<=Maxn-10;i++)
 47      for(LL j=0;j<=Maxn-10;j++)
 48      {
 49          // f[i][j]=0;
 50          for(LL k=0;k<=j;k++)
 51          f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j-k]*c[k])%Mod;
 52      }
 53       
 54 }
 55 
 56 struct node
 57 {
 58     int x,lc,rc,f;
 59     int sum,is;
 60     bool al,ar;
 61 }t[Maxn];int cnt;
 62 
 63 struct hp
 64 {
 65     int x,id;
 66     bool q;
 67 }qy[Maxn];int ql;
 68 
 69 void upd(int x)
 70 {
 71     t[x].is=0; t[x].sum=1;
 72     t[x].sum+=t[x].al?0:t[t[x].lc].sum;
 73     t[x].sum+=t[x].ar?0:t[t[x].rc].sum;
 74     
 75     int y;
 76     y=t[x].lc?t[t[x].lc].is:1;
 77     if(t[x].al) y=0;
 78     t[x].is+=y;
 79     
 80     y=t[x].rc?t[t[x].rc].is:1;
 81     if(t[x].ar) y=0;
 82     t[x].is+=y;
 83 }
 84 
 85 int n;
 86 bool ffind()
 87 {
 88     int now=1;cnt=1;ql=0;
 89     t[1].lc=t[1].rc=0;
 90     t[1].al=t[1].ar=0;
 91     upd(1);
 92     bool ok=1;
 93     for(int i=1;i<=n;i++)
 94     {
 95         int opt;
 96         scanf("%d",&opt);opt++;
 97         if(opt==1)
 98         {
 99             if(now==1) ok=0;
100             now=t[now].f;
101         }
102         else if(opt==2)
103         {
104             if(!t[now].lc)
105             {
106                 t[++cnt].f=now;
107                 t[cnt].lc=t[cnt].rc=0;
108                 t[cnt].al=t[cnt].ar=0;
109                 upd(cnt);
110                 t[now].lc=cnt;
111                 upd(t[cnt].f);
112             }
113             now=t[now].lc;
114         }
115         else if(opt==3)
116         {
117             if(!t[now].rc)
118             {
119                 t[++cnt].f=now;
120                 t[cnt].lc=t[cnt].rc=0;
121                 t[cnt].al=t[cnt].ar=0;
122                 t[now].rc=cnt;
123             }
124             now=t[now].rc;
125         }
126         else if(opt==4)
127         {
128             if(t[now].al||t[now].lc) ok=0;
129             int x;
130             scanf("%d",&x);
131             qy[++ql].id=now;qy[ql].x=x;qy[ql].q=0;
132             t[now].al=1;
133         }
134         else
135         {
136             if(t[now].ar||t[now].rc) ok=0;
137             int x;
138             scanf("%d",&x);
139             qy[++ql].id=now;qy[ql].x=x;qy[ql].q=1;
140             t[now].ar=1;
141         }
142     }
143     return ok;
144 }
145 
146 void dfs(int x)
147 {
148     if(t[x].lc) dfs(t[x].lc);
149     if(t[x].rc) dfs(t[x].rc);
150     upd(x);
151 }
152 
153 LL get_ans()
154 {
155     LL ans=1;
156     for(int i=1;i<=ql;i++)
157     {
158         int now,y=qy[i].x;
159         if(qy[i].q==0)
160         {
161             if(t[qy[i].id].lc) now=t[t[qy[i].id].lc].is,y-=t[t[qy[i].id].lc].sum;
162             else now=1;
163         }
164         else
165         {
166             if(t[qy[i].id].rc) now=t[t[qy[i].id].rc].is,y-=t[t[qy[i].id].rc].sum;
167             else now=1;
168         }
169         if(y<0) return 0;
170         ans=(ans*f[now][y])%Mod;
171     }
172     return ans;
173 }
174 
175 int main()
176 {
177     int T,kase=0;
178     init();
179     while(scanf("%d",&n)!=EOF)
180     {
181         printf("Case #%d: ",++kase);
182         if(!ffind()) {printf("0\n");continue;}
183         dfs(1);
184         printf("%lld\n",get_ans());
185     }
186     return 0;
187 }

[HDU 5370]

 

2016-09-21 22:12:01