题目
题目大意
对于所有的整数(k in [1,n])，求叶子结点有(k)个的二叉树个数，满足每个非叶子结点都有两个儿子，并且对于每个叶子结点，从根节点到它经过的向左的边数少于等于(m)个。
思考历程
很容易推出这样的(DP)：
设(f_{i,j})表示(m=i)且(n=j)的答案是多少。
(f_{i,j}=sum_{k in [1,n)}{f_{i-1,k}f_{i,j-k}})
这样当然过不了。
然而，如果只看第二维，就会感觉它和卡特兰数长得很像。
于是就往打表的方面想……
打出一个表，表可以分成上下两个三角形，下面的那个三角形就是标准的卡特兰数……
然而找不到上面的规律。
%%%GMH大佬居然找到了。
于是就暴力了……
正解
换一种思路(DP)：
设(f_{i,j})表示已经放了(i)个节点，从根往下走已经向左走了(j)次。
有两种转移：
一个是继续向左走，那就是转移到(f_{i+1,j+1})
另一个是回到第一个左转的地方，放一个右儿子，那就是转移到(f_{i+1,j-1})
很显然放的节点个数为(2k-1)，所以这个方法是能过的。
代码
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 5010
#define mo 998244353
#define ll long long
int m,n;
ll f[N*2][N];
int main(){
freopen("ca.in","r",stdin);
freopen("ca.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&m,&n);
f[1][0]=1;
for (int i=1;i<2*n-1;++i)
for (int j=0;j<m;++j)
if (f[i][j]){
(f[i+1][j+1]+=f[i][j])%=mo;
if (j)
(f[i+1][j-1]+=f[i][j])%=mo;
}
for (int i=1;i<=n;++i)
printf("%lld
",f[2*i-1][0]);
return 0;
}
总结
在做树一类的(DP)的时候，不要仅仅是想着从下往上转移，还要考虑一下按照(dfs)序来转移。