UOJ#424 【集训队作业2018】count
题意
我们定义长度为\(n\)，每个数为\(1\sim m\)之间的整数且\(1\sim m\)都至少出现一次的序列为合法序列。再定义\(pos(l,r)\)表示这个序列的区间\([l,r]\)之间的最大值出现的位置（如果有多个取最左端），如果两个序列\(A\)，\(B\)的所有\(pos\)值都相同，则\(A\)和\(B\)是同构的。问有多少不同构的合法序列。
\(n,m\leq 100000\)。
题解
首先\(n<m\)显然是无解的。
考虑什么样的序列是同构的，那么我们首先要有一个能方便的表示区间最大值的位置的数据结构，那就是笛卡尔树。显然只要两个序列的笛卡尔树同构，这两个序列就同构。
那么关于\(m\)的限制应该怎么办呢？
由于有多个相同的算在最左边，因此可以发现在笛卡尔树中，每个点的左儿子的键值都小于这个点的键值，右儿子则是小于等于。那么如果这颗笛卡尔树要是合法的，就有一个必要条件：记\(len(x)\)代表从根到节点\(x\)经过的走向左儿子的路径数量（简称为左链长度），那么对于任意的\(x\)，有\(len(x)<m\)。
接下来我们证明在\(n\geq m\)时这是一个充分条件。考虑用满足条件的笛卡尔树构造一个合法序列，只需要先将最长的链中每个点赋值为\(m-点的深度\)（根的深度为\(0\)），接下来不断寻找最深的没有赋值的点，将其赋值为没有出现过的数中的最小值即可。剩下的点只需要赋值为\(父亲的值-1\)。易证这样一定可以得到一个合法序列。
于是我们只需要求\(n\)个点，左链长度不超过\(m-1\)的二叉树个数即可。
设\(f_{i,j}\)表示\(j\)个点，左链长度不超过\(i\)的二叉树个数，考虑枚举左子树的大小，于是就有：
平凡情况有\(f_{0,j}=1\)。
那么将上式表达为卷积，就有：
等价于：
直接做似乎很不可做，但是通过这个式子我们可以得到\(f_i\)可以分解为\(\frac{a_i}{b_i}\)，其中\(a_i\)，\(b_i\)是两个次数界为\(O(i)\)的多项式，那么考虑求\(a_i\)，\(b_i\)：
于是就得到\(a_i=b_{i-1}\)，\(b_i=b_{i-1}-a_{i-1}x\)，将转移关系用矩阵来表示就得到：
那么可以通过矩阵快速幂来求\(a_i\)，\(b_i\)。但是直接在矩阵中用多项式进行计算会很麻烦，因此不妨考虑用单位根代入求点值，用\(\rm IDFT\)插出多项式即可。复杂度\(O(n\log n)\)。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using std::swap;
const int mod=998244353;
inline int add(int a,int b)
{
return (a+=b)>=mod?a-mod:a;
}
inline int sub(int a,int b)
{
return (a-=b)<0?a+mod:a;
}
inline int mul(int a,int b)
{
return (long long)a*b%mod;
}
inline int qpow(int a,int b)
{
int res=1;
for(;b;a=mul(a,a),b>>=1)
if(b&1)
res=mul(res,a);
return res;
}
const int N=1e6+5;
int rev[N];
inline void ntt(int *f,int n,int p)
{
int w,wi,u,t;
register int i,j,k;
for(i=0;i<n;i++)
if(i<(rev[i]=i&1?rev[i^1]|n>>1:rev[i>>1]>>1))
swap(f[i],f[rev[i]]);
for(i=1;wi=qpow(qpow(3,(mod-1)/(i<<1)),p^1?mod-2:1),i<<1<=n;i<<=1)
for(j=0;w=1,j<n;j+=i<<1)
for(k=0;k<i;w=mul(w,wi),k++)
u=f[j+k],t=mul(w,f[j+k+i]),f[j+k]=add(u,t),f[j+k+i]=sub(u,t);
if(!~p)
for(w=qpow(n,mod-2),i=0;i<n;i++)
f[i]=mul(w,f[i]);
return;
}
inline void poly_mul(int *f,int *g,int n)
{
register int i;
memset(f+n,0,sizeof(int)*n);
memset(g+n,0,sizeof(int)*n);
ntt(f,n<<1,1);f==g?void():ntt(g,n<<1,1);
for(i=0;i<n<<1;i++)
f[i]=mul(f[i],g[i]);
ntt(f,n<<1,-1);f==g?void():ntt(g,n<<1,-1);
return;
}
int F[N],G[N];
int _g[N];
inline void poly_inv(int *f,int n)
{
register int i,j;
memset(_g,0,sizeof(int)*n);
_g[0]=qpow(f[0],mod-2);
for(i=1;i<<1<=n;i<<=1)
{
memcpy(F,f,sizeof(int)*(i<<1));
memcpy(G,_g,sizeof(int)*i);
poly_mul(G,G,i);poly_mul(F,G,i<<1);
for(j=0;j<i<<1;j++)
_g[j]=sub(add(_g[j],_g[j]),F[j]);
}
memcpy(f,_g,sizeof(int)*n);
return;
}
int a[2][2],b[2][2],res[2][2];
inline void matrix_qpow(int p)
{
res[0][0]=res[1][1]=1;res[0][1]=res[1][0]=0;
for(;p;p>>=1)
{
if(p&1)
{
b[0][0]=add(mul(res[0][0],a[0][0]),mul(res[0][1],a[1][0]));
b[0][1]=add(mul(res[0][0],a[0][1]),mul(res[0][1],a[1][1]));
b[1][0]=add(mul(res[1][0],a[0][0]),mul(res[1][1],a[1][0]));
b[1][1]=add(mul(res[1][0],a[0][1]),mul(res[1][1],a[1][1]));
memcpy(res,b,sizeof(b));
}
b[0][0]=add(mul(a[0][0],a[0][0]),mul(a[0][1],a[1][0]));
b[0][1]=add(mul(a[0][0],a[0][1]),mul(a[0][1],a[1][1]));
b[1][0]=add(mul(a[1][0],a[0][0]),mul(a[1][1],a[1][0]));
b[1][1]=add(mul(a[1][0],a[0][1]),mul(a[1][1],a[1][1]));
memcpy(a,b,sizeof(b));
}
return;
}
int n,m;
int f[N],g[N];
signed main()
{
int _=1<<17,w=1,wi=qpow(3,(mod-1)/_);
register int i;
scanf("%d%d",&n,&m);
if(n<m)
return puts("0"),0;
for(i=0;i<_;i++)
{
a[0][0]=0;a[0][1]=1;a[1][0]=sub(0,w);a[1][1]=1;
matrix_qpow(m);
f[i]=add(res[0][0],res[0][1]);g[i]=add(res[1][0],res[1][1]);
w=mul(w,wi);
}
ntt(f,_,-1);ntt(g,_,-1);
poly_inv(g,_);
poly_mul(f,g,_);
printf("%d\n",f[n]);
return 0;
}
