CF755G PolandBall and Many Other Balls

Problem

　　有一排\(n(n\leq 10^9)\)个球，定义一个组可以只包含一个球或者包含两个相邻的球。现在一个球只能分到一个组中，求从这些球中取出\(k(k<2^{15})\)组的方案数。

Sol1（较优）

　　设\(f_{i,j}\)表示前\(i\)个数选了\(j\)组的方案数。有：

\[f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i-1,j-1}+f_{i-2,j-1} \]

　　构造生成函数

\[F_k(x)=\sum_{i\geq 0} f_{k,i}x^i \]

　　由递推式，得

\[F_i(x)=(1+x)F_{i-1}(x)+xF_{i-2}(x) \]

　　边界\(F_0(x)=1,F_1(x)=1+x\)

　　对于形如\(f_i=af_{i-1}+bf_{i-2}\)的数列，可以得到其通项公式为

\[f_n=Ax_1^n+Bx_2^n \]

　　其中\(x_1,x_2\)为方程\(x^2=ax+b\)的两根，\(A,B\)通过待定系数法求得。

　　暴力求解递推式，得到

\[F_k(x)=\frac{t_1^{k+1}-t_2^{k+1}}{\sqrt{x^2+6x+1}} \]

　　其中\(t_1,t_2\)为方程\(t^2=(1+x)t+x\)的两根，这里\(t_1\)是正根，为\(\dfrac{1+x+\sqrt{x^2+6x+1}}2\)

　　注意到\(t_2^{n+1}\equiv 0\pmod{x^{n+1}}\)，故最终答案

\[F_{k}(x)=\frac1{\sqrt{x^2+6x+1}}\left(\frac{1+x+\sqrt{x^2+6x+1}}2\right)^{n+1} \]

　　复杂度\(\mathcal O(k\log k)\)

Sol2（较劣）

　　\(n\)的范围很大，考虑对\(n\)下手。

　　首先，考虑合并两段序列时答案。设左边一段长度为\(a\)，右边一段长度为\(b\)，假设没有组跨过两段，则选取\(k\)组的方案数为

\[\sum_{i=0}^kf_{a,i}f_{b,k-i} \]

　　如果跨过中间，方案数为

\[\sum_{i=0}^{k-1}f_{a-1,i}f_{b-1,k-i-1} \]

　　总方案数为

\[f_{a+b,k}=\sum_{i=0}^kf_{a,i}f_{b,k-i}+\sum_{i=0}^{k-1}f_{a-1,i}f_{b-1,k-i-1} \]

　　还是用上文的生成函数，得到

\[F_{a+b}(x)=F_a(x)F_b(x)+xF_{a-1}(x)F_{b-1}(x) \]

　　代入特定的值

\[\begin{cases} F_{2n}(x)=F_n^2(x)+xF_n(x)F_{n-1}(x)\\ F_{2n-1}(x)=F_n(x)F_{n-1}(x)+xF_{n-1}^2(x)\\ F_{2n-2}(x)=F_{n-1}^2(x)+xF_{n-1}(x)F_{n-2}(x) \end{cases} \]

　　发现维护\(\{F_{n-2}(x),F_{n-1}(x),F_n(x)\}\)可以得到\(\{F_{2n-2}(x),F_{2n-1}(x),F_{2n}(x)\}\)

　　最后将\(k\)二进制分解，运用倍增以及上面的公式得到答案，复杂度\(\mathcal O(k\log k\log n)\)，多出了\(\log n\)的复杂度。当然，直接对Sol1的递推式使用矩阵加速同样可以做到这个复杂度，其与Sol2无本质区别。