AGC022F - Checkers

題目鏈接
最近做的最神仙的一道DP/計數題。
原本的想法是A關於B對稱，就新建一個點C，A向這個點連一條-1的邊，B連2的邊，這樣兩種方案不同當且僅當存在一個點到根路徑的乘積不同，但這樣要同時關心2,-1的個數，難以計數。
發現乘積只跟-1的奇偶性有關，先考慮2的邊，把-1的邊縮起來，直接把A放到C上，這樣就相當於B連向A，把A取反，於是問題變爲計算這樣的n個點的有標號的樹的個數，兩棵樹不同當且僅當有一個點的深度或正負號不同。
發現正負號的問題比較麻煩，一個點會被所有兒子取反一次，然後被所有祖先的兒子取反一次。可以直接利用父親的正負來推出兒子，但如果直接記錄當前層有多少個正、負點的話，效率難以優化過$O(n^{5})$。
但發現兩顆僅存在正負號不同的點的樹，將點與父親做差分（即相同爲1，不同爲-1）後也不同，反之亦然。於是直接記錄當前層差分爲-1的點的個數，枚舉下一層差分爲-1,1的點數（不考慮下一層的兒子影響），可計算出下一層差分爲-1的點數（考慮下一層的兒子影響，這裏直接把所有的差距由1改爲-1或-1改爲1，因爲同時把1改爲-1且把1改爲-1會被其它不同時改的方案記錄到），效率爲$O(n^{4})$。
代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll P=1e9+7;
const int N=55;
int n; ll c[N][N],f[N][N];
int main()
{
	//freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
	cin>>n; c[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		c[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=i;j++) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%P;
	}
	f[1][0]=f[1][1]=n;
	for(int i=1;i<n;i++) for(int j=0;j<=i;j++){
		//printf("i=%d j=%d f=%lld\n",i,j,f[i][j]);
		for(int x=0;x<=n-i;x++) for(int y=0;x+y<=n-i;y++) if(x+y>=max(j,1) && !((x+y-j)&1)){
			(f[i+x+y][abs(j+(x+y-j)/2-x)]+=f[i][j]*c[n-i][x+y]%P*c[x+y][x])%=P;
			//cout<<x<<" "<<y<<" "<<abs(j+(x+y-j)/2-x)<<endl;
		}
	}
	cout<<f[n][0]<<endl;
	return 0;
}