[LOJ 6185]烷基计数

Description

众所周知，大连 24 中是一所神奇的学校，在那里，化竞的同学很多都擅长写代码。

有一天，化学不及格的胡小兔向化竞巨佬晴岚请教化学题：

“n 个碳原子的烷基共有多少种同分异构体？”

刚刚得了化竞全市第一的晴岚听了，认为这道题十分简单，建议胡小兔写个程序解决这个问题。但胡小兔弱得连什么是同分异构体都不知道，于是晴岚给胡小兔画了个图——例如 n=4 时（即丁基），有 4 种同分异构体：

同理，其他常见烷基同分异构体数目如下表：

n	1	2	3	4	5	6
同分异构体数目	1	1	2	4	8	17

现在已知碳原子个数 n，求对应的烷基有多少种同分异构体。

P.S. 2017.11.30更新：化竞巨佬晴岚高二进国集保送北大了……

Input

输入一行，一个整数 n，表示烷基中碳原子的数目。

Output

输出该烷基同分异构体的数目，对 10^9+7 取模。

Sample Input

6

Sample Output

17

Hint

1≤n≤400

注意：这里的烷基计数不用考虑空间异构，能否稳定存在等各种特殊情况。也就是说，你要求的是 n 个点的每个点度数不超过 4 且根的度数不超过 3 的有根树的数目。

题解

按照“二叉树个数”的思路，我们可以枚举每个节点儿子子树的大小来做。

值得注意的是，这棵树的儿子是无序的所以不能简单用乘法原理相乘。记 $f_k$ 为子树大小为 $k$ 的生成树的个数。记其三个儿子大小为 $i,j,p$ 显然 $i+j+p = k-1$ 。不妨设 $i <= j <= p$。

满足：

$$f_k =
\begin{cases}
C_{f_i+3-1}^3& \text{i = p}\\
C_{f_i+2-1}^2*f_p& \text{i = j}\\
C_{f_j+2-1}^2*f_i& \text{j = p}\\
f_i*f_j*f_p& \text{otherwise}
\end{cases}$$

其中形同 $C_{n+m-1}^m$ 是可重复的组合数。

 //It is made by Awson on 2018.1.2
 #include <set>
 #include <map>
 #include <cmath>
 #include <ctime>
 #include <queue>
 #include <stack>
 #include <cstdio>
 #include <string>
 #include <vector>
 #include <cstdlib>
 #include <cstring>
 #include <iostream>
 #include <algorithm>
 #define LL long long
 #define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
 #define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
 using namespace std;
 const int N = ;
 const int MOD = 1e9+;

 int n;
 int f[N+];

 int quick_pow(int x, int y) {
     int ans = ;
     while (y) {
     if (y&) ans = (LL)ans*x%MOD;
     x = (LL)x*x%MOD, y >>= ;
     }
     return ans;
 }
 void work() {
     scanf("%d", &n);
     f[] = ;
     for (int k = ; k <= n; k++)
     for (int i = ; i <= k; i++)
         for (int j = i; j <= k; j++) {
         int p = k--i-j; if (p < j) break;
         if (i == p) (f[k] += (LL)f[i]*(f[i]+)%MOD*(f[i]+)%MOD*quick_pow(, MOD-)%MOD) %= MOD;
         else if (i == j) (f[k] += (LL)f[i]*(f[i]+)%MOD*quick_pow(, MOD-)%MOD*f[p]%MOD) %= MOD;
         else if (j == p) (f[k] += (LL)f[p]*(f[p]+)%MOD*quick_pow(, MOD-)%MOD*f[i]%MOD) %= MOD;
         else (f[k] += (LL)f[i]*f[j]%MOD*f[p]%MOD) %= MOD;
         }
     printf("%d\n", f[n]);
 }
 int main() {
     work();
     return ;
 }