CF848E Days of Floral Colours

XVIII.CF848E Days of Floral Colours

大部分FFT题都是用来优化DP的……

首先，我们看向环上的某个位置 $i$ （自动对 $2n$ 取模）：

\dots, (i - 2), (i - 1), i, (i + 1), (i + 2), \dots

$\dots,(i-2),(i-1),i,(i+1),(i+2),\dots$

它有如下几种配对：

$(i,i+n)$ 。
$(i,i\pm1)$ 。
$(i,i\pm2)$ 。

而其中方法3，它中间的位置 $i\pm1$ ，就必须放置一个方法1或方法3。

于是我们最终可以分成4类：

$(i,i+n)$ ，它占用临近的 $1$ 个格子。
$(i,i\pm1)$ ，它占用临近的 $2$ 个格子。
$(i,i\pm2)+(i\pm1,i\pm1+n)$ ，它占用临近的 $3$ 个格子。
$(i,i\pm2)+(i\pm1,i\pm1\pm2)$ ，它占用临近的 $4$ 个格子。

于是显而易见地，我们将其分别命名为法1到法4。而它们又可以分成两类，类型1是（法1、法3），它们会将大圆分成两段；而类型2是（法2、法4），它们不会对大圆的分段产生任何影响。

显然，这张图上，必定存在一个类型1的位置（不然按照“美感”的定义，这张图的美感为 $0$ ）。我们于是将整张图重新标号，强制令 $(1,n+1)$ 这一对是按照类型1中某一个方案连接的。

在这么考虑后，我们就发现因为这个圆是“对称”的，所以我们只需要考虑一个半圆的分配方式即可。而一个半圆，就可以看作一段连续的位置。

我们可以设一个 $f_i$ 表示一段长度为 $i$ 的位置所有可能的划分方案的美感之和。为了不重不漏地考虑到每一种方案，我们应该选取最靠左的一个放置了类型1的位置进行转移。

则我们如果将这一段位置依次标号为 $1,2,\dots,i$ 的话，我们设最靠左的类型1在位置 $j$ 。

我们先来考虑往位置 $j$ 放上了法1的情况。则 $(1,j-1)$ 中不应该有任何类型1存在，这显然是一种新的状态（只能填充类型2的情况），我们设一个 $g_i$ 来表示这种情况的方案数。

$g_i$ 是很好求出的——可以直接 $O(n)$ 地DP出来。即， $g_0=1$ ， $g_i=g_{i-2}+g_{i-4}$ ，其中两种转移分别对应了放置法2和法4。

于是我们往位置 $j$ 放置法1的情况就可以直接表示成

\sum_{j = 1}^{i} (j - 1)^{2} \times g_{j - 1} \times f_{i - j}

$\sum\limits_{j=1}^i(j-1)^2\times g_{j-1}\times f_{i-j}$

其中 $(j-1)^2$ 的来历是因为有大圆关于 $(1,n+1)$ 对称，所以有两段。

下标从 $1$ 开始比较令人不爽，我们令其从 $0$ 开始:

\sum_{j = 0}^{i - 1} j^{2} \times g_{j} \times f_{i - j - 1}

$\sum\limits_{j=0}^{i-1}j^2\times g_j\times f_{i-j-1}$

等等，这不是卷积的形式吗？分治FFT优化走起。

但是先别急，类型1还有一种可能，即位置 $j$ 放上了法3。

这时，我们会发现左边一段的贡献是 $(j-1)^2\times g_{j-2}$ ，因为法3所占用的 $3$ 个位置中，左右两个位置是算在左右两段中的，但是被固定死了，所以是 $g_{j-2}$ 。

但是右边一段呢？我们会发现，右边一段最左边的位置一样被固定死了。这显然同我们 $f_i$ 的定义不同。我们必须设一种新的状态来表示。

我们设之前的 $f_i$ 为 $f_0[i]$ ，而这里一端被固定死的，我们称其为 $f_1[i]$ 。我们这里的 $f_1[i]$ 中的 $i$ ，是不包含左端被固定死的位置的。

则我们就有后半段的贡献是

\sum_{j = 2}^{i - 1} (j - 1)^{2} \times g_{j - 2} \times f_{1} [i - j - 1]

$\sum\limits_{j=2}^{i-1}(j-1)^2\times g_{j-2}\times f_1[i-j-1]$

同之前一样，我们令下标从 $0$ 开始

\sum_{j = 0}^{i - 3} (j + 1)^{2} \times g_{j} \times f_{1} [i - j - 3]

$\sum\limits_{j=0}^{i-3}(j+1)^2\times g_j\times f_1[i-j-3]$

则汇总得

f_{0} [i] = \sum_{j = 0}^{i - 1} j^{2} \times g_{j} \times f_{0} [i - j - 1] + \sum_{j = 0}^{i - 3} (j + 1)^{2} \times g_{j} \times f_{1} [i - j - 3]

$f_0[i]=\sum\limits_{j=0}^{i-1}j^2\times g_j\times f_0[i-j-1]+\sum\limits_{j=0}^{i-3}(j+1)^2\times g_j\times f_1[i-j-3]$

等等，我们是不是忘了什么？

没错，我们忘记了可能一个类型1的位置都没有。则此时的方案就是 $g_i$ 的方案数。

所以最终的转移方程就是

f_{0} [i] = i^{2} g_{i} + \sum_{j = 0}^{i - 1} j^{2} g_{j} \times f_{0} [i - j - 1] + \sum_{j = 0}^{i - 3} (j + 1)^{2} g_{j} \times f_{1} [i - j - 3]

$f_0[i]=i^2g_i+\sum\limits_{j=0}^{i-1}j^2g_j\times f_0[i-j-1]+\sum\limits_{j=0}^{i-3}(j+1)^2g_j\times f_1[i-j-3]$

现在再看回 $f_1$ 。显然它可以类似地求得——不，准确来说，它的方程和 $f_0$ 完全一致——除了最左端分出的那一段的长度应该 $+1$ 以外。

于是就有

f_{1} [i] = (i + 1)^{2} g_{i} + \sum_{j = 0}^{i - 1} (j + 1)^{2} g_{j} \times f_{0} [i - j - 1] + \sum_{j = 0}^{i - 3} (j + 2)^{2} g_{j} \times f_{1} [i - j - 3]

$f_1[i]=(i+1)^2g_i+\sum\limits_{j=0}^{i-1}(j+1)^2g_j\times f_0[i-j-1]+\sum\limits_{j=0}^{i-3}(j+2)^2g_j\times f_1[i-j-3]$

显然， $f_0$ 和 $f_1$ 都可以通过分治FFT一起在 $O(n\log^2n)$ 的时间内求出。

但是我们会发现，因为这是一个环，所以当你最终统计答案的时候，是会出现两端都是法3的特殊区间的。这启发我们还要再设一个 $f_2$ 来表示两端都被固定死的区间。

类似地，我们有

f_{2} [i] = (i + 2)^{2} g_{i} + \sum_{j = 0}^{i - 1} (j + 1)^{2} g_{j} \times f_{1} [i - j - 1] + \sum_{j = 0}^{i - 3} (j + 2)^{2} g_{j} \times f_{2} [i - j - 3]

$f_2[i]=(i+2)^2g_i+\sum\limits_{j=0}^{i-1}(j+1)^2g_j\times f_1[i-j-1]+\sum\limits_{j=0}^{i-3}(j+2)^2g_j\times f_2[i-j-3]$

汇总起来就是

\begin{matrix} f_{0} [i] = i^{2} g_{i} + \sum_{j = 0}^{i - 1} j^{2} g_{j} \times f_{0} [i - j - 1] + \sum_{j = 0}^{i - 3} (j + 1)^{2} g_{j} \times f_{1} [i - j - 3] \\ f_{1} [i] = (i + 1)^{2} g_{i} + \sum_{j = 0}^{i - 1} (j + 1)^{2} g_{j} \times f_{0} [i - j - 1] + \sum_{j = 0}^{i - 3} (j + 2)^{2} g_{j} \times f_{1} [i - j - 3] \\ f_{2} [i] = (i + 2)^{2} g_{i} + \sum_{j = 0}^{i - 1} (j + 1)^{2} g_{j} \times f_{1} [i - j - 1] + \sum_{j = 0}^{i - 3} (j + 2)^{2} g_{j} \times f_{2} [i - j - 3] \end{matrix}

$\boxed{\small\begin{matrix}f_0[i]=i^2g_i+\sum\limits_{j=0}^{i-1}j^2g_j\times f_0[i-j-1]+\sum\limits_{j=0}^{i-3}(j+1)^2g_j\times f_1[i-j-3]\\f_1[i]=(i+1)^2g_i+\sum\limits_{j=0}^{i-1}(j+1)^2g_j\times f_0[i-j-1]+\sum\limits_{j=0}^{i-3}(j+2)^2g_j\times f_1[i-j-3]\\f_2[i]=(i+2)^2g_i+\sum\limits_{j=0}^{i-1}(j+1)^2g_j\times f_1[i-j-1]+\sum\limits_{j=0}^{i-3}(j+2)^2g_j\times f_2[i-j-3]\end{matrix}}$

下面就是最终求答案的时候了。

一种情况是存在且只存在一个类型1。这时的答案就是

(g_{n - 1} + g_{n - 3}) \times (n - 1)^{2} \times n

$(g_{n-1}+g_{n-3})\times(n-1)^2\times n$

其中 $g_{n-1}+g_{n-3}$ 是因为有法1和法3两种情况， $(n-1)^2$ 是因为这时分出的两段的长度都是 $n-1$ ，而 $n$ 是因为有 $n$ 个位置可以放置。

而第二种情况，就是存在多个类型 $1$ 。

为了不重不漏地枚举，我们枚举位置 $1$ 所在的那段的长度，为 $i$ 。

则 $i$ 可以从 $1$ 到 $n-3$ 。

则这一段的两边都是类型1，可能是法1或法3。

如果都是法1的话，就是 $g_i\times f_0[n-i-2]$ ；

如果有一个是法3的话，就是 $g_{i-1}\times f_1[n-i-3]$ ；但是因为左右两边都可能是法3，故应乘二。

如果两个都是法3，就是 $g_{i-2}\times f_2[n-i-4]$ 。

但是这三种外面都要再乘上一个 $i^2\times(i+1)$ ，因为本身的长度是 $i^2$ （对称的两段），又有 $i+1$ 种放置方法。

于是总答案就是

(g_{n - 1} + g_{n - 3}) \times (n - 1)^{2} \times n + \sum_{i = 1}^{n - 3} i^{2} (i + 1) \times (g_{i} \times f_{0} [n - i - 2] + g_{i - 1} \times f_{1} [n - i - 3] + g_{i - 2} \times f_{2} [n - i - 4])

$(g_{n-1}+g_{n-3})\times(n-1)^2\times n+\sum\limits_{i=1}^{n-3}i^2(i+1)\times(g_i\times f_0[n-i-2]+g_{i-1}\times f_1[n-i-3]+g_{i-2}\times f_2[n-i-4])$

或者也可以稍微改变一下下标，使其更为对称：

n (n - 1)^{2} (g_{n - 1} + g_{n - 3}) + \sum_{i = 2}^{n - 2} i (i - 1)^{2} (g_{i - 1} f_{0} [n - i - 1] + g_{i - 2} f_{1} [n - i - 2] + g_{i - 3} f_{2} [n - i - 3])

$n(n-1)^2(g_{n-1}+g_{n-3})+\sum\limits_{i=2}^{n-2}i(i-1)^2(g_{i-1}f_0[n-i-1]+g_{i-2}f_1[n-i-2]+g_{i-3}f_2[n-i-3])$

时间复杂度 $O(n\log^2n)$ 。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1<<20;
const int mod=998244353;
int n,g[N],f[3][N],all,res;
//g:the number of partitions when there is no separating point
//f0:the number of partitions that there could be separating points, and there is no matched places on either border
//f1:there is exact one matched place on one border
//f2:there're matched places on both borders
const int G=3;
int rev[N];
int ksm(int x,int y){
	int rt=1;
	for(;y;x=(1ll*x*x)%mod,y>>=1)if(y&1)rt=(1ll*rt*x)%mod;
	return rt;
}
void NTT(int *a,int tp,int LG){
	int lim=(1<<LG),invlim=ksm(lim,mod-2);
	for(int i=0;i<lim;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(LG-1));
	for(int i=0;i<lim;i++)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(int md=1;md<lim;md<<=1){
		int rt=ksm(G,(mod-1)/(md<<1));
		if(tp==-1)rt=ksm(rt,mod-2);
		for(int stp=md<<1,pos=0;pos<lim;pos+=stp){
			int w=1;
			for(int i=0;i<md;i++,w=(1ll*w*rt)%mod){
				int x=a[pos+i],y=(1ll*w*a[pos+md+i])%mod;
				a[pos+i]=(x+y)%mod;
				a[pos+md+i]=(x-y+mod)%mod;
			}
		}
	}
	if(tp==-1)for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=(1ll*a[i]*invlim)%mod;
}
#define sqr(x) 1ll*(x)*(x)%mod
void ADD(int &x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}
int A[N],B[N];
void CDQ(int l,int LG){
	if(!LG){ADD(f[0][l],sqr(l)*g[l]%mod),ADD(f[1][l],sqr(l+1)*g[l]%mod),ADD(f[2][l],sqr(l+2)*g[l]%mod);return;}
	CDQ(l,LG-1);
	int lim=(1<<LG);
//----------------------0------------------------------	
	for(int i=0;i<(lim<<1);i++)A[i]=B[i]=0;
	for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=sqr(i)*g[i]%mod;
	for(int i=0;i<(lim>>1);i++)B[i]=f[0][l+i];
	NTT(A,1,LG+1),NTT(B,1,LG+1);
	for(int i=0;i<(lim<<1);i++)A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
	NTT(A,-1,LG+1);
	for(int i=(lim>>1);i<lim;i++)if(i-1>=0)ADD(f[0][l+i],A[i-1]);
	
	for(int i=0;i<(lim<<1);i++)A[i]=B[i]=0;
	for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=sqr(i+1)*g[i]%mod;
	for(int i=0;i<(lim>>1);i++)B[i]=f[1][l+i];
	NTT(A,1,LG+1),NTT(B,1,LG+1);
	for(int i=0;i<(lim<<1);i++)A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
	NTT(A,-1,LG+1);
	for(int i=(lim>>1);i<lim;i++)if(i-3>=0)ADD(f[0][l+i],A[i-3]);
//----------------------1------------------------------
	for(int i=0;i<(lim<<1);i++)A[i]=B[i]=0;
	for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=sqr(i+1)*g[i]%mod;
	for(int i=0;i<(lim>>1);i++)B[i]=f[0][l+i];
	NTT(A,1,LG+1),NTT(B,1,LG+1);
	for(int i=0;i<(lim<<1);i++)A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
	NTT(A,-1,LG+1);
	for(int i=(lim>>1);i<lim;i++)if(i-1>=0)ADD(f[1][l+i],A[i-1]);
	
	for(int i=0;i<(lim<<1);i++)A[i]=B[i]=0;
	for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=sqr(i+2)*g[i]%mod;
	for(int i=0;i<(lim>>1);i++)B[i]=f[1][l+i];
	NTT(A,1,LG+1),NTT(B,1,LG+1);
	for(int i=0;i<(lim<<1);i++)A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
	NTT(A,-1,LG+1);
	for(int i=(lim>>1);i<lim;i++)if(i-3>=0)ADD(f[1][l+i],A[i-3]);
//----------------------2------------------------------
	for(int i=0;i<(lim<<1);i++)A[i]=B[i]=0;
	for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=sqr(i+1)*g[i]%mod;
	for(int i=0;i<(lim>>1);i++)B[i]=f[1][l+i];
	NTT(A,1,LG+1),NTT(B,1,LG+1);
	for(int i=0;i<(lim<<1);i++)A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
	NTT(A,-1,LG+1);
	for(int i=(lim>>1);i<lim;i++)if(i-1>=0)ADD(f[2][l+i],A[i-1]);
	
	for(int i=0;i<(lim<<1);i++)A[i]=B[i]=0;
	for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=sqr(i+2)*g[i]%mod;
	for(int i=0;i<(lim>>1);i++)B[i]=f[2][l+i];
	NTT(A,1,LG+1),NTT(B,1,LG+1);
	for(int i=0;i<(lim<<1);i++)A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
	NTT(A,-1,LG+1);
	for(int i=(lim>>1);i<lim;i++)if(i-3>=0)ADD(f[2][l+i],A[i-3]);
	
	CDQ(l+(lim>>1),LG-1);
} 
int main(){
	scanf("%d",&n);
	while((1<<all)<=n)all++;
	g[0]=g[2]=1,g[1]=g[3]=0;
	for(int i=4;i<(1<<all);i++)g[i]=(g[i-2]+g[i-4])%mod;
	CDQ(0,all);
	res=sqr(n-1)*n%mod*(g[n-1]+g[n-3])%mod;
	for(int i=2;i<=n-2;i++){
		if(i-1>=0&&n-i-1>=0)ADD(res,sqr(i-1)*i%mod*g[i-1]%mod*f[0][n-i-1]%mod);
		if(i-2>=0&&n-i-2>=0)ADD(res,2*sqr(i-1)*i%mod*g[i-2]%mod*f[1][n-i-2]%mod);
		if(i-3>=0&&n-i-3>=0)ADD(res,sqr(i-1)*i%mod*g[i-3]%mod*f[2][n-i-3]%mod);
	}
	printf("%d\n",res);
	return 0;
}