鬼能想到的dp定義：dp[i][j]表示在一棵i級超級樹中，有j條路徑同時存在且這j條路徑沒有公共點時，可能的情況數
剛開始我也沒看懂，所以舉個例子
如一個2級的超級樹，父節點為1，左右兒子為2，3
（感謝Al_Ca貢獻的圖，但我感覺題目里給的這個帶編號更好一些。懶得把字去掉了將就着看吧）
（感謝xkl貢獻的截好的圖，但我斟酌了一下帶上樣例解釋你們是不是會更好理解啊～）
（我太挑剔啦，不用給我發圖啦，謝謝大家）
dp[2][1]=9,因為2級樹里的路徑一共有9條（樣例），顯然只有一條路徑的話肯定沒有公共點
dp[2][2]=7，(1,2)(1,3)(2,3)(2,13)(2,31)(3,12)(3,21)，注意路徑方向不同就是不同的
//公告：原數有誤，感謝starsing邊罵我邊更正
dp[2][3]=1,只有（1單獨作為一條路徑，2單獨作為一條路徑，3單獨作為一條路徑，共3條）這一種可能。它們沒有公共點。
dp[2][4]=0,2級樹只有3個點，每條路徑至少1個點，所以4條路徑不可能沒有公共點
那么按照套路。。。遞推肝它！
如果你想要得到dp[i][j]，該從什么轉移過來？
情況太多了，想不出來。。。
我們嘗試把dp[i][j]的情況設為已知，往后推別的
把兩棵i-1級的樹，配上一個根節點，合成一個i級的樹，合成過程中的方案？
枚舉左右子樹中各有多少路徑，左子樹j右子樹k，設sum=dp[i][j]*dp[i][k]
首先，想最簡單的玩意：與根節點無關，左右子樹保持原樣
那么整個圖中的路徑數並沒有變，左子樹還是j個，右子樹k個，只不過整個樹升級了,根據乘法原理
dp[i+1][j+k]+=dp[i][j]*dp[i][k]，即dp[i+1][j+k]+=sum，就這樣累加方案數就好了
下一種情況，你隨便從左子樹里選一條邊，把這條邊的終點和父節點相連，相連之后的新路徑仍然與右子樹當中的任何一條路徑沒有交點
左邊的路徑增長了1，但是路徑的總數沒有變，還是（左子樹+根）有j條，右子樹有k條，從左子樹j個里挑出一個的方案數是j
dp[i+1][j+k]+=sum*j; ----(2-1-1)
然后我們既然可以把終點延伸到父節點，我們也可以把起點延伸到父節點
我們還是從左子樹中隨便挑路徑，把根節點連向它，同上，路徑延長而總數不變
dp[i+1][j+k]+=sum*j; ----(2-2-1)
你現在一直是在左子樹里挑邊，為什么不在右子樹里也挑呢？全部同理。不過是j變成了k
dp[i+1][j+k]+=sum*k; ----(2-1-2)
dp[i+1][j+k]+=sum*k; ----(2-1-2)
合並2打頭的這四個式子：dp[i+1][j+k]+=2*sum*(j+k);
考慮下一種情況：左子樹有j條右子樹有k條，可是父節點它本身還是一條啊
那么總路徑數就是（左j+右k+根1）=j+k+1
dp[i+1][j+k+1]+=sum;
再下一種情況：我們從左子樹中選出一條路徑，把它的終點連向父節點，在從根節點連向右子樹的一條路徑的起點
總路徑數是j+k-1，因為你把兩條合成了一條
還是舉例子，若左子樹有三條路徑ABC，右子樹3條abc。合成A和根再到a，現在的路徑就是A-a, B, C, b, c，為3+3-1=5條。
而選邊的方法數是j*k，這個是左連根再連右。同理還有右連根再連左，所以總數*2.
dp[i+1][j+k-1]+=sum*2*j*k;
最后一種情況，也是最惡心的：左子樹一條路徑終點連向父節點，再由父節點連向左子樹的另一條路徑的起點
證明可行性：因為dp含義中已經定義，這些路徑彼此沒有交點，那么從中任選兩條路徑后，與根節點按上述方法相連后仍然這一條路徑自身沒有公共點，與其他邊仍然沒有交點，滿足條件。
dp[i+1][j+k-1]+=sum*j*(j-1) (5-1)
因為是要在l條路徑中選出兩條不一樣的，且與順序有關不用除2
（你可以認為是選出的第一個路徑的起點作為合成路徑的起點，第二條路徑的終點作為合成路徑的終點，那么交換這兩條路徑所得到的合成路徑是不同的）
同理，從右邊選兩條：dp[i+1][j+k-1]+=sum*k*(k-1) (5-2)
合並一下：dp[i][j+k-1]+=sum*(j*(j-1)+k*(k-1));
好了，沒有其他情況了。5個藍色的式子就是全部的遞推式子，不重不漏。
初始狀態dp[1][0]=dp[1][1]=1;
最后的答案就是dp[n][1]了，即n級樹中全部的路徑數，沒有相交之類的限制（所以第二維選出一條路徑即可）
一定一定要多取模！
完事！
但是你A不了，對不對？
主要有兩種錯誤，稍講一下。
TLE ：里面可能夾雜了WA，真的。
卡常，加法的取模優化，這還不夠。但是有必要！
你仔細想一下枚舉范圍，i肯定是到n了，那么j和k呢？
能給dp[m][q]貢獻答案的，是dp[m-1][?]，問號如果是大於q+1，顯然就沒用了。即兩維之和不超過m+q
所以為了求出dp[n][1],那么兩維之和就不必超過n+1。所以對j的限制就是0～（n-i+2）
那么對k的限制就更緊了，0～（n-i+2-j）
還是不夠？前期的某些枚舉是無效的，如k=300,你會枚舉到dp[1][250]之類的
1級樹里怎么可能會有250條路徑嘛！
因此對枚舉的上屆再次限制，在滿足上一個條件的前提下，還要限制j.k<=2i-1
順便再提一下zkt的常數減半的優化：因為j和k同步的枚舉，顛倒它們的順序會累加完全一樣的答案
那么就干脆把sum加倍，強制k從j+1開始枚舉，特殊處理j==k即可。
WA 95了？（或者因為有T的點被顯示成了WA60之類）
友情贈送測試點“1 1”
我並沒有經歷這個問題，因為我輸出的時候順手取模了。
不要小瞧這5分！這很關鍵！要長記性！
然而。。。有一個最重要問題沒有解決，這個思路是怎么想到的？在題解的開頭我說它很難想到。
可是“如何想到”這很關鍵！ 否則你只會看到別人的dp定義才會做，考試還是什么也不會。
思維這個東西很難講清楚，但我還是要冒險說一說。[不喜勿噴]
至少，i級樹從i-1級樹中推來的這個分解問題這個思路應該還是能夠想到的吧？
那么從這個角度出發分情況，應該是可以想到上述5種情況的。
在要用父節點拼接兩條路徑時，我們可以發現如果設的dp含義中如果不限制讓它沒有公共點，那么拼接起來無法計算！
這樣也許就會可以想到了吧。。。反正我沒想到。。。還要加油啊
接下來含義中已經定義了沒有交點。
我們觀察數據范圍，應該是n3左右的，最外層枚舉樹的等級沒什么問題，里面呢？
我們將樣例輸出2即245分解質因數（常用思路），發現出現了較大的質數，猜測這題不是簡單粗暴的相乘，而是某些東西相乘再求和
這樣我們就有了一個大體的框架（當然到這時候你還想不到限制枚舉范圍什么的）
1 for(int i=1;i<n;++I)//表示樹的等級 2 for(int j=1;j<=n;++j)//含義未知 3 for(int k=1;k<=n;++k)//含義未知 4 dp[i+1][?]+=dp[i-1][j]*dp[i-1][k]*(?);
現在我們只需要猜測出那兩個位置的含義是什么，式子中的問號就能鑿實了。
還有什么的限制是n級別的？說實在的我的第一反應是已經用在路徑中的點的數量。
但是我們可以發現每個點之間並不是平等的，它們的連邊關系不同，故籠統地用它們的數量來推是不現實的。
點不行，還能是啥？只能是邊了，而且沒有交點。說真的，不太好想。
但是邊之間的確彼此平等。。。枚舉范圍的確是n級別。。。
所以你就想到了。。。
好吧，我承認，有點牽強，但是的確有人能在考場上自己想出來，他們太強了，所以咱們更要練啊！
最后，給一個建議，看完了博客去打題之前，你最好再系統地理解一下，爭取碼代碼的時候不要再回來看公式。
自己根據含義想出來，自己推式子，理解消化，做題才有意義。
記住，你不是公式的搬運工。
最后送給你們幾個調試用小樣例（不取模）
1 1
2 9
3 245
4 126565
5 32054326261
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 using namespace std; 4 #define int long long 5 #define sum (dp[i][l]*dp[i][r])%mod 6 int dp[301][602],n,k,mod; 7 inline void modd(long long &a){if(a>=mod)a-=mod;} 8 signed main(){ 9 scanf("%lld%lld",&n,&mod); 10 dp[1][0]=dp[1][1]=1; 11 for(int i=1;i<n;++i) for(int l=0;l<=min(n-i+2,i<=9?(1ll<<i)-1:n-i+2);++l) for(int r=0;r<=min(n-i+2-l,i<=9?(1ll<<i)-1:n-i+2);++r){ 12 modd(dp[i+1][l+r]+=sum);//直接轉移 13 modd(dp[i+1][l+r+1]+=sum);//只多了一個根自己是路徑 14 modd(dp[i+1][l+r]+=(sum<<1)*(l+r)%mod);//只把一條邊伸長到根節點，雙向 15 modd(dp[i+1][l+r-1]+=l*r%mod*(sum<<1)%mod);//左右通過根節點相連 16 modd(dp[i+1][l+r-1]+=sum*(l*(l-1)%mod+r*(r-1)%mod)%mod);//同側通過根節點相連 17 } 18 printf("%lld\n",dp[n][1]%mod); 19 }