CodeForces 814E(bfs序DP)

题意：给出$n$个点，和每个点的度让你构造出一张无向图满足以下两条性质：

1.点$1$到点$i$仅有唯一一条最短路  

2.点$1$到点$i$的最短路长度大于等于点$1$到点$i-1$的最短路长度

求能构成满足条件的无向图的个数？

首先我们可以根据上面的两点推出一些结论：

1.根据第一条性质显然这张图是由一棵树加上一些平边构成的（连接深度相同两点的边） 

2.根据第二条性质显然$i$所在的点一定在点$i-1$的同层或下一层  

由此可知，对于两层之间的方案数转移，我们只需要考虑这一层有几个点，上一层有几个度为$2$的点，有几个度为$3$的点。

假设$g[i][j][k]$表示当前层有$i$个点，上一层有$j$个度为$2$的点，$k$个度为$3$的点的方案数。  

开始考虑这个转移：  
$i=0,j=0,k=0$  

$g[0][0][0]=1$，相当于只有不取一种方案  

$i=0,j=0,k>0$

$g[0][0][k]=\sum_{l=2}^{l<k}(g[0][0][k-l-1]*C_{k-1}^{l}*\frac{(l)!}{2})$
每个点度都为$2$所以一定是若干个项链，为了避免重复计算，我们假设项链里一定包含最后一个点，所以方案数为——将最后一个点拿出来与之前任选两个、三个……k-1个点分别构成项链的种类数之和，其中项链数表示选$i$个点构成排列，首尾成环且翻转算重复的方案数，$f(x)=\frac{(x-1)!}{2}$，这里l+1取大于二的原因是因为题目中说两个点之间不能有两条边，所以两个点组成的项链不符合题意。

$i=0,j>0,k>0$

$g[0][j][k]=g[0][j-2][k]*(j-1)+g[0][j][k-1]*k$
同样是连接最后一个点使其度数为$2$
第一种情况表示在$j-1$个可能变成$2$的点里取一个和最后的点连成两个度数为2的点
第二种情况表示在$k$个可能变成$3$的点里取一个和最后的点连接，之前二度的点变成三度，最后一个点变成二度，所以转移时$j$不变，$k$从$k-1$转移

$i>0,j>0,k>0$

$g[i][j][k]=g[i-1][j-1][k]*j+g[i-1][j+1][k-1]*k$
第一种情况表示上一行选出一个可能变成$2$的点，和当前行最后一个点相连，显然上一行只有一个数变成了二度，所以从$j-1$转移
第二种情况为上一行选出一个可能变成$3$的点，和当前行最后一个点相连，显然上一行原来有一个二度的点变成了三度，所以$j$从$j+1$转移，$k$从$k-1$转移

好的，我们思考完了$g[i][j][k]$的转移，开始引入下一个数组

定义 $f[i][j]$表示当前点是第$i$个，之前的$i-1$、$i-2$……等$j-1$个点与$i$在同一层的方案数

$f[i][j]$的转移方程还是好求的：$f[i][j]=\sum_{k=1}^{k<=i-j}f[i-j][k]*g[j][n][m]$
其中$n$、$m$分别表示这$k$个数中有$n$个度为$2$的点，$m$个度为$3$的点，这个方程就不讲解了，可以根据之前的定义自己感受一下。

那么答案就出来了

$ans=\sum_{j=1}^{j<n}f[n][j]*g[0][n][m]$
其中$n$、$m$分别表示这$j$个数中有$n$个度为$2$的点，$m$个度为$3$的点

代码如下：

#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define mod 1000000007
using namespace std;

int n,d[60];
long long a[60],g[60][60][60],f[60][60],c[60][60];

int main()
{
    a[0]=a[1]=0;
    a[2]=a[3]=1;
    for(int i=4;i<=50;i++)
    {
        a[i]=a[i-1]*(i-1)%mod;
    }
    for(int i=0;i<=50;i++)
    {
        c[i][i]=c[i][0]=1;
    }
    for(int i=1;i<=50;i++)
    {
        for(int j=1;j<i;j++)
        {
            c[i][j]=c[i-1][j-1]+c[i-1][j];
            c[i][j]%=mod;
        }
    }
    g[0][0][0]=1;
    for(int j=0;j<=50;j++)
    {
        for(int k=0;k<=50-j;k++)
        {
            if(j==0&&k>0)
            {
                for(int l=2;l<k;l++)
                {
                    g[0][j][k]+=(g[0][j][k-l-1]*c[k-1][l])%mod*a[l+1]%mod;
                    g[0][j][k]%=mod;
                }
            }
            else
            {
                if(j>=2) g[0][j][k]+=(g[0][j-2][k]*(j-1))%mod,g[0][j][k]%=mod;
            if(k>=1) g[0][j][k]+=(g[0][j][k-1]*k)%mod,g[0][j][k]%=mod;
            }

        }
    }
    for(int i=1;i<=50;i++)
    {
        for(int j=0;j<=50-i;j++)
        {
            for(int k=0;k<=50-i-j;k++)
            {
                if(j>=1) g[i][j][k]+=(g[i-1][j-1][k]*j)%mod,g[i][j][k]%=mod;
                if(k>=1) g[i][j][k]+=(g[i-1][j+1][k-1]*k)%mod,g[i][j][k]%=mod;
            }
        }
    }
    int c1,c2;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&d[i]);
    f[d[1]+1][d[1]]=1;
    for(int i=d[1]+2;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=i-d[1]-1;j++)
        {
            c1=c2=0;
            for(int k=1;k<=i-j;k++)
            {
                if(d[i-j-k+1]==2) c1++;
                else c2++;
                f[i][j]+=f[i-j][k]*g[j][c1][c2]%mod;
                f[i][j]%=mod;
            }
        }
    }
    c1=c2=0;
    long long ans=0;
    for(int j=1;j<n;j++)
    {
        if(d[n-j+1]==2)c1++;
        else c2++;
        ans+=f[n][j]*g[0][c1][c2]%mod;
        ans%=mod;
    }
    printf("%lld\n",ans);
}

感谢liu_cheng_ao在loj上发表的题解以及残念在csdn上发表的题解对我的启发