UOJ424 count

count

如果一个序列满足序列长度为\(n\)，序列中的每个数都是\(1\)到\(m\)内的整数，且所有\(1\)到\(m\)内的整数都在序列中出现过，则称这是一个挺好序列。

对于一个序列\(A\)，记\(f_A(l, r)\)为\(A\)的第\(l\)个到第\(r​\)个数中最大值的下标（如果有多个最大值，取下标最小的）。

两个序列\(A\)和\(B\)同构，当且仅当\(A\)和\(B\)长度相等，且对于任意\(i\le j\)，均有\(f_A(i,j)=f_B(i,j)\)。

给出\(n,m\)，求有多少种不同构的挺好序列。答案对\(998244353​\)取模。

\(n,m\leq 100000\)。

题意转化

根据笛卡尔树的性质直接转化，得到正常题意

计数有多少大小为\(N\)的二叉树，满足从根节点走到任意一个节点向左走的次数不超过\(M~(M=m-1)\)。

\(1 ≤ N ≤ 10^6\)。

题解

首先有一个\(O(NM)\)的暴力DP。考虑按照先序遍历的顺序遍历这颗二叉树；那么在每个点处要么向左走，要么跳到其某个祖先（包括自己）处然后往右走。

那么DP的时候只需要记录当前是先序遍历的第几个点，以及向左走了多少次。转移用前缀和可以优化到线性。

具体而言，用 \(f(i,j)\) 表示先序遍历第 \(i\) 个点，它的祖先中有 \(j\) 个是往左走的方案数。转移：

1. \(f(i,j)\leftarrow f(i+1,j+1)\) 走到左儿子的方案数。

2. \(f(i,j)\leftarrow f(i+1,k \leq j)\) 走到某个祖先的右儿子的方案数。这个显然可以前缀和优化。

这样做实际上在统计合法的先序遍历的序列的方案数，而每个先序遍历的序列一一对应了一个二叉树。

CO int M=1e5+10;
int fac[2*M],ifac[M];
CO int N=2e3+10;
int f[N][N],g[N][N];

int main(){
	int n=read<int>(),m=read<int>();
	if(m>n){
		puts("0");
		return 0;
	}
	if(m>=n-1){
		fac[0]=1;
		for(int i=1;i<=2*n;++i) fac[i]=mul(fac[i-1],i);
		ifac[n+1]=fpow(fac[n+1],mod-2);
		for(int i=n;i>=0;--i) ifac[i]=mul(ifac[i+1],i+1);
		int ans=mul(fac[2*n],mul(ifac[n],ifac[n+1]));
		printf("%d\n",ans-(m==n-1));
		return 0;
	}
	--m;
	fill(f[n],f[n]+m+1,1);
	copy(f[n],f[n]+m+1,g[n]);
	for(int j=1;j<=m;++j) g[n][j]=add(g[n][j-1],g[n][j]);
	for(int i=n-1;i>=1;--i){
		for(int j=0;j<=m;++j) f[i][j]=add(f[i+1][j+1],g[i+1][j]);
		copy(f[i],f[i]+m+1,g[i]);
		for(int j=1;j<=m;++j) g[i][j]=add(g[i][j-1],g[i][j]);
	}
	printf("%d\n",f[1][0]);
	return 0;
}

优化DP可以考虑组合意义，即计数有多少个长度为\(N\)的非负整数序列\(A\)，满足：

• \(0 ≤ A_i ≤ M\)
• \(A_1 = 0\)
• \(∀2 ≤ i ≤ N, A_i ≤ A_{i−1} + 1\)

特判掉\(M = 0\)的特殊情况，对于第三条限制，常见的变换手段是令\(P_i = i − A_i\)。

• \(i − M ≤ P_i ≤ i\)

• \(P_1 = 1,~P_{N+1} = N + 1\)

• \(P_i ≥ P_{i−1}\)

即从\((1,1)\)走到\((N + 1,N + 1)\)，每次只能往右走和往上走，把每个\(x\)处的最高点当作\(P_x\)的值，那么不能经过\(y = x − (M + 2)\)和\(y =x + 1\)两条直线的方案数。因为把最高点当做 \(P_x\) 的值，所以可以经过 \(y=x-(M+1)\) 这条直线。

多次翻折法，时间复杂度 \(O(N)\)。

CO int N=2e5+10;
int fac[N],ifac[N];

IN int C(int n,int m){
	return mul(fac[n],mul(ifac[m],ifac[n-m]));
}
int main(){
	int n=read<int>(),m=read<int>();
	if(m>n){
		puts("0");
		return 0;
	}
	--m;
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=2*n;++i) fac[i]=mul(fac[i-1],i);
	ifac[2*n]=fpow(fac[2*n],mod-2);
	for(int i=2*n-1;i>=0;--i) ifac[i]=mul(ifac[i+1],i+1);
	int ans=0,X=n+1,Y=n+1;
	for(int i=1;;++i){
		swap(X,Y);
		if(i&1) X-=1,Y+=1;
		else X+=m+2,Y-=m+2;
		if(X<1 or Y<1) break;
		int sum=C(X-1+Y-1,X-1);
		ans=add(ans,i&1?sum:mod-sum);
	}
	X=n+1,Y=n+1;
	for(int i=1;;++i){
		swap(X,Y);
		if(i&1) X+=m+2,Y-=m+2;
		else X-=1,Y+=1;
		if(X<1 or Y<1) break;
		int sum=C(X-1+Y-1,X-1);
		ans=add(ans,i&1?sum:mod-sum);
	}
	X=n+1,Y=n+1;
	ans=add(C(X-1+Y-1,X-1),mod-ans);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}