相关的算法可以看 dp tricks 那篇文章，这篇文章主要写题，并且记录一些常见的以我目前水平难以归类的东西。
[BJ United Round #3] 三色树
改编自 ProjectEuler #677。
请你对满足以下要求的 \(n\) 个节点的 无标号无根树 计数：
- 每个节点是三种颜色之一：红，蓝，黄
- 红色节点度数不超过 \(4\)，蓝色和黄色节点度数均不超过 \(3\)
- 黄色节点不能相邻
注意 无标号无根树 的意义是：如果两颗树可以通过重新编号的方法使得对应点颜色相同，对应连边一致，则认为是同一颗树。
答案对输入的质数 \(p\) 取模。 \(n\leq 3000,9\times 10^8\leq p\leq 1.01\times 10^9\)
考虑无标号有根树怎么做。因为无编号，所以我只关心子树的大小。设 \(f(i,0/1/2)\) 表示大小为 i 的子树，根节点的颜色是红、黄、蓝，并且根节点会有父亲的方案数，为了满足度数的限制需要记 \(g(i,j)\) 表示 i 棵树总大小为 j 的方案数，为了满足黄点还要记 \(h(i,j)\) 表示 i 棵树总大小为 j 并且根节点都不是黄点的方案数。对于 f，有转移 \(f(i,0)=\sum_{j=0}^3 g(j,i-1),f(i,1)=\sum_{j=0}^2 g(j,i-1),f(i,2)=\sum_{j=1}^2h(j,i-1)\)。考虑 g 和 h 的转移。你考虑转移 \(f(i)\) 相当于是让森林多了许多大小为 \(i\) 的子树，所以 \(g\) 和 \(h\) 的转移也要跟 \(i,j\) 有关系。枚举我们往森林里面扔了多少颗大小为 \(i\) 的子树，转移系数相当于从 \(f(i,0)+f(i,1)+f(i,2)\) 中选出 \(k\) 种的方案数，这个方案数我们知道就是 \(\binom{k+f(i,0)+f(i,1)+f(i,2)-1}{k}\)，有转移 \(g(x,y)=\sum_{k}g(x-k,y-ki)\binom{k+f(i,0)+f(i,1)+f(i,2)-1}{k}\)；对于 \(h\) 的转移只需要把 \(f(i,2)\) 改掉，也就是 \(h(x,y)=\sum_{k}h(x-k,y-ki)\binom{k+f(i,0)+f(i,1)-1}{k}\)，这样做就是 \(O(n^2)\) 的。
然后考虑无标号无根树怎么做。这里我们钦定树的重心为根，重心的每个儿子大小都不会超过 \(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\)，根据这个性质我们用重心代表这棵树的结构，dp 的时候转移只做到 \(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\) 然后让后面的直接继承即可。然后枚举中心的颜色和度数，如果重心是红点那么答案就是 \(\sum_{i=0}^4 g(i,n-1)\)，如果重心是蓝点那么答案就是 \(\sum_{i=0}^3 g(i,n-1)\)，重心是黄点那么答案就是 \(\sum_{i=0}^3 h(i,n-1)\)。但是你发现这样样例是过不了的，因为一棵树大小为偶数的时候可能会有两个重心，会算重。根据重心的性质，另一个重心一定和当前的重心有一条边直接相连，相当于这条边将整棵树分成了两个大小为 \(t=\frac{n}{2}\) 的树，我们就考虑这两棵树。假设其中的树根没有黄色，那么答案就是 \(\binom{f(t,0)+f(t,1)}{2}\)，如果存在一个黄色节点那么答案就是 \(f(t,2)(f(t,1)+f(t,0))\)，把这两种方案数的和减去就是答案了。时间复杂度 \(O(n^2)\)。
但是上面一部分对于 EI 来说太简单了，他一笔就带过了。然后他提出了 \(O(n\log n)\) 的做法，但是我不会 Polya 技术定理。How EI's Brain works？