「atcoder - AGC051D」C4

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如果规定边的方向，问题变成了有向欧拉图的欧拉路计数（假设边有编号，最后方案数除以阶乘即可）。

套 BSET 定理变成生成树计数，直接分类讨论树的形态即可 $O(1)$ 计算。

然后发现边的方向只有 $O(n)$ 种可能，因此就可以做到 $O(n)$ 的复杂度。

submission。

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然后又到了喜闻乐见的 GF 时间。我们先快进到：

$$[x_a^ax_b^bx_c^cx_d^d]F(x_a, x_b, x_c, x_d) = \frac{1 - x_b^2 - x_c^2}{1 - ((x_a^2 + x_b^2 + x_c^2 + x_d^2) - (x_ax_c - x_bx_d)^2)}$$

然后就被 EI 教导说 “在多元GF中，往往关系比形式重要”。

没关系，我们可以尝试根据题解逆向推导一下。考虑把分母展开：

$$\begin{aligned}[] & [x_a^ax_b^bx_c^cx_d^d] \sum_n((x_a^2 + x_b^2 + x_c^2 + x_d^2) - (x_ax_c - x_bx_d)^2)^n \\ =& [x_a^ax_b^bx_c^cx_d^d] \sum_n\sum_i \binom{n}{i}(-1)^{i}(x_a^2 + x_b^2 + x_c^2 + x_d^2)^{n-i}(x_ax_c - x_bx_d)^{2i} \\ =& [x_a^ax_b^bx_c^cx_d^d] \sum_n\sum_i \binom{n}{i}(-1)^{i}(x_a^2 + x_b^2 + x_c^2 + x_d^2)^{n-i}\left(\sum_j \binom{2i}{j}(-1)^{j}x_b^{j}x_d^{j}x_a^{2i-j}x_c^{2i-j}\right) \\ =& \sum_i\sum_{j} \binom{\frac{a+b+c+d}{2}-i}{i}(-1)^{i}\binom{\frac{a+b+c+d}{2}-2i}{\frac{a+j}{2}-i,\frac{b-j}{2},\frac{c+j}{2}-i,\frac{d-j}{2}}\binom{2i}{j}(-1)^{j} \\ =& \sum_i \binom{\frac{a+b+c+d}{2}-i}{i}(-1)^{i}\binom{\frac{a+b+c+d}{2}-2i}{\frac{a+b}{2}-i}\sum_j(-1)^j\binom{2i}{j}\binom{\frac{a+b}{2}-i}{\frac{a+j}{2}-i}\binom{\frac{c+d}{2}-i}{\frac{c+j}{2}-i} \end{aligned}$$

注意 $n = \frac{a + b + c + d}{2} - i$，以及 $j$ 的奇偶性必须和 $a, b, c, d$ 一致。

然后记：

$$\begin{aligned}[] F(z) &= \sum_n f_nz^n = \sum_j (-1)^j\times\frac{z^j}{j!\times(\frac{b-j}{2})!\times(\frac{d - j}{2})!}\\ G(z) &= \sum_n g_nz^n = \sum_j \frac{z^j}{j!\times(\frac{a-j}{2})!\times(\frac{c-j}{2})!} \end{aligned}$$

则只需要求 $[z^{2i}]F(z)\times G(z)$ 即可，那么至少可以做到 $O(n\log n)$ 然后这个东西确实长得很像题解中的式子。

然后又被 EI 教育说 “那个卷积可以用整式递推优化”。

可以发现 $(n + 2)(n + 1)g_{n + 2} = (\frac{a-n}{2})(\frac{c-n}{2})g_n$，那么 $\{g_n\}$ 是 p-recursive 的，那么 $G(n)$ 是 d-finite 的。

两个 d-finite 的幂级数乘起来仍然是 d-finite 的，因此 $F(z)\times G(z)$ 是 d-finite 的。

然而我并不会推导整式递推的递归式，所以咕了。

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所以可不可以多元拉反啊，不是很懂这套理论。