有时候计算一下无用的状态反而是有用的。例如楼下的全都是设dp[i][j]表示i个点刚好j层的方案数，然后弄个4层循环，还有组合数什么乱七八糟的，不仅思维难度高，编程难度高，时空复杂度都高！
既然设刚好j层那么麻烦，我们不妨设dp[i][j]表示i个点小于等于j层的方案数，那么最终我们所需的答案就是dp[n][k]-dp[n][k-1]是不是？
考虑一下dp过程（一般树形背包，除非是多叉树用分组背包只能用dfs写，否则可以先考虑写一个记忆化搜索，因为记忆化搜索虽然效率低一些，但是思维复杂度较低，初始化考虑也会更全面，然后对应的再改写成dp）
枚举一个t，表示分t个点给左子树，剩下i-t-1（除去当前的根）分给右子树，然后乘法原理搞一搞。
即：dp[i][j]=sigma(dp[t][j-1]\*dp[i-t-1][j-1]),是不是很简单？
考虑一下初始化：把dp[1][]都设成1就好了，然后枚举点的个数时只需要枚举奇数（这个很容易想到）。
参考代码：
```cpp
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int Mod=9901;
int dp[210][110],n,k;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&k);
for (int i=1;i<=k;i++)dp[1][i]=1;
for (int tk=1;tk<=k;tk++)
for (int i=3;i<=n;i+=2)
for (int j=1;j<i;j+=2)
(dp[i][tk]+=dp[j][tk-1]*dp[i-j-1][tk-1])%=Mod;
printf("%d",(dp[n][k]-dp[n][k-1]+Mod)%Mod);
return 0;
}
```