题意
给你一个$N$个点，形成如下的图，求删除$i=\lbrace 1...N-1 \rbrace $条边，$N$个点依然联通的方案数，对$P$取模，数据范围：$2\leq N \leq 3000$
这样的图是有$N$个点，$3N-2$条边，例如样例$N=3$的时候，当分别删除$1,2$条边的时候的方案数如下：
思路
我们用dp[i][j][0/1]来表示前i个点已经删除了j条边的连通性，0代表没联通，1代表联通的方案数。
注意我这里说的没联通代表前面i个虽然是不连通的，但是在今后的情况下是有可能连通的，比如不存在一开始两个就跟后面所有断了联系的
我们枚举$p_1,p_2,p_3$，枚举的方式是0,1，0代表没有，1代表有，分别代表上面几条边，然后对每一次k=0或者k=1进行更新下一次。现在来看两种k的情况：
1）k=0，前面i个是不连通的，但是在后面情况下可能联通
这个情况代表前面是不连通的，如图：
这个时候我们不能要求$p_1,p_2$有一个为0，不然就会导致之后永远不连通，如：
这个时候，接下来转到i+1永远也不会联通了，所以这种情况必须存在$p_1,p_2$。
当然，这个时候就是我们枚举k的两种情况，然后进行更新操作
if (k==0) upd(dp[i+1][j+1-p3][p3],dp[i][j][k]);
2）k=1，前面已经联通，在这一次可以达到不连通或者联通
当然，这个时候如果$p_1,p_2$同时不存在（上一次是有一个不存在就不行），那么肯定就不连通了，因为前i个和第i-1个需要连接，如图是不可以的，肯定不连接。
那么在此基础上如果下一次还是连通的话需要满足一个条件，那就是p1+p2+p3>=2也就是至少有两条边（两条或者三条都有），这个时候才是可行的，不然一直下去永远也不会连通，这个时候下一次状态是1，例如：
上图右边就是不满足p1+p2+p3>=2的时候，这个时候转移到下一次dp[i+1][k+3-p1-p2-p3][0]的状态，因为这个时候是不连通的。
转移方程：if (k==1) upd(dp[i+1][j+3-p1-p2-p3][(p1+p2+p3)>=2],dp[i][j][k]);
代码
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
const int N = 3e3+7;
int n,p,dp[N][N][2];
void upd(int &a,int b)
{
a+=b;
if (a>=p) a-=p;
}
inline void Case_Test()
{
cin>>n>>p;
dp[1][1][0]=dp[1][0][1]=1;
rep(i,1,n-1) rep(j,0,n) rep(k,0,1)
if (dp[i][j][k])
{
rep(p1,0,1) rep(p2,0,1) rep(p3,0,1)
{
if (k==0&&(p1==0||p2==0)) continue;
if (k==0) upd(dp[i+1][j+1-p3][p3],dp[i][j][k]);
if (k==1&&(p1==0&&p2==0)) continue;
if (k==1) upd(dp[i+1][j+3-p1-p2-p3][(p1+p2+p3)>=2],dp[i][j][k]);
//以上四种情况
}
}
for (int i=1;i<n;i++) cout<<dp[n][i][1]<<" ";
}
感谢dls视频教的此题，让我第一次对ABC的F有了突破！