「loj - 2554」青蕈领主

link。

---

首先如果 $L_n \neq n$ 则无解，以下默认 $L_n = n$。

---

记 $l_i = i - L_i + 1$，即最长连续段的左端点。

由一些基本常识，连续段的交、并、差仍是连续段；这可以推出所有 $[l_i, i]$ 互相包含或相离（如果不满足，则无解）。

建出树形结构：根为 $[1, n]$；对于 $[l_i, i]$，如果 $l_i = i$ 则它为叶子；否则它的儿子为 $[l_{i - 1}, i - 1];[l_{l_{i - 1} - 1}, l_{i - 1} - 1];\dots$。

不难发现 $[l_i, i]$ 子树内怎么定方案与外部无关，那么只需要考虑每个点的所有儿子如何分配方案，将所有点的贡献相乘即可。

也即，如果记 $f_i$ 表示有 $i$ 个儿子的方案数，记 $deg_i$ 表示 $i$ 的儿子个数，则答案为 $\prod_{i = 1}^{n}f_{deg_i}$。

---

然后我们进入 counting 环节。

先考虑 $f_n$ 的一个等价定义：长度为 $n + 1$ 的排列，其中 $L_{1\dots n} = 1, L_{n + 1} = n + 1$ 的方案数。

比较难看出 $\{f_n\}$ 可能具有的递归结构，那么正难则反。

总方案数为 $(n + 1)!$，其中不合法当且仅当根 $[1, n + 1]$的儿子个数 $< n$。

注意我们只考虑了根，根以下的子树没有加以任何限制，所以贡献为子树大小的阶乘。

因此，如果记 $G(x) = \sum_{n > 0} n!x^n$，则有 $f_n = (n + 1)! - \sum_{i = 1}^{n - 1} f_i[x^n]G^{i}(x)$。

---

以下依然记 $G(x) = \sum_{n > 0} n!x^n$。

事实上，如果记 $F(x) = \sum_{n \geq 0} f_nx^n$，则有一个组合意义更明显的式子：

$$F(G(x)) = \sum_{n\geq 0}(n + 1)!x^n$$

即依据根的儿子个数，将所有 $(n + 1)!$ 种排列分类。

将右边也化成 $G(x)$ 的形式，得到：$xF(G(x)) = G(x)$。

如果记 $H(x)$ 是 $G(x)$ 的复合逆，则：$F(x) = x / H(x)$。

太好了，套用复合逆算法卡卡常说不定就过了。

---

注意到 $G$ 是经典的微分有限。事实上，根据 $g_n = ng_{n - 1} + [n = 1]$，有 $G = x^2G' + xG + x$。

将 $x$ 代换成 $H(x)$：

$$\begin{aligned} G(x) &= x^2\frac{dG(x)}{dx} + xG(x) + x \\ x &= H^2\frac{dG(H)}{dH} + Hx + H \\ x &= H^2\frac{dx}{dH} + Hx + H \\ x &= (x/F)^2(\frac{1}{(x/F)'}) + (x/F)x + (x/F) \\ 0 &= F^2 - xF'F - 2xF + x^2F' + xF' - F \end{aligned}$$

我承认，最后一步跳得有点快。

取第 $n$ 项，得到 $0 = \sum_{i = 0}^{n}f_if_{n - i} - \sum_{i = 0}^{n}i\times f_if_{n - i} - 2f_{n - 1} + (n - 1)f_{n - 1} + nf_n - f_n$。

那么有递推式 $f_n = \sum_{i = 1}^{n - 1}(i - 1)\times f_if_{n - i} - (n - 3)f_{n - 1}$。

或者说 $f_n = \sum_{i = 2}^{n - 2}(i - 1)\times f_if_{n - i} + (n - 1)f_{n - 1}$。

条件 $f_0 = 1$。

之后再做个分治 fft 即可，复杂度 $O(n\log^2 n)$。

---

另一种推导方法：https://blog.csdn.net/qq_39972971/article/details/89408417 。

最后依然是求助环节：有没有懂哥愿意教教我 simple permutations 咋数啊。