Solution - AGC060C

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简要题意：称一个长为 $2^n-1$ 的排列 $P$ 像堆，如果 $P_i \lt P_{2i}$,且 $P_i \lt P_{2i+1}$。给定 $a,b$,设 $u=2^a,v=2^{b+1}-1$，在所有像堆的排列中任取一个，求 $P_u \lt P_v$ 的概率。

既然这个排列像堆，那就把这个问题放在满二叉树上解决。结点 $i$ 的权值是 $P_i$，子结点是 $2i$ 和 $2i+1$。

首先，如果把结点编号，然后按照权值排列，那么就是对这棵满二叉树做了一次拓扑排序，这里父结点向子结点连有向边。那么，我们只需要考虑结点的一个排列 $S$，使得 $i$ 在其子树的前面。

题目中给定的 $u,v$ 分别是第 $a+1$ 层最左边的结点和第 $b+1$ 层最右边的结点。而题目要求的 $P_u \lt P_v$ 可以看作是从 $u$ 向 $v$ 连了一条有向边，或者说 $S$ 中 $u$ 必须在 $v$ 前面。（下面的叙述中，涉及树的概念都是没有考虑这条边的）

这个拓扑序的开头当然是 $1$，然后整个图被分成了两棵满二叉树，从一棵的某个点向另一棵的某个点连边。

接下来，当然是选择一棵树的根结点。然后，这棵树又被分成了两棵树，其中有一棵是不含 $u,v$ 之一的。那么，在安排好剩下的两棵树之后，将这棵树随意插入已有的排列即可。

想到这里，一个 DP 的方式呼之欲出：设 $dp_{i,j}$ 表示剩下一棵 $i$ 层的满二叉树和一棵 $j$ 层的满二叉树的方案数，则 $dp_{i,j}$ 会从 $dp_{i-1,j}$ 和 $dp_{i,j-1}$ 转移而来。注意，由于 $u,v$ 距离叶子层的深度是不变的，所以这样的状态定义已经足够。再用 $f_{i,j}$ 表示相应的概率。

我们还需要考虑一个普通的 $i$ 层满二叉树的拓扑序总数。设为 $S_i$。

先求 $S_i$ 的递推式。第一步是选择根结点，然后是将两棵子树的所有排列方式放入拓扑序中。所有排列有 $S_{i-1}^2$ 种。每棵子树的拓扑序长度为 $2^{i-1}-1$，所以插入的方式有 $C_{2^i-2}^{2^{i-1}-1}$ 种。于是

$$S_i=S_{i-1}^2 \times C_{2^i-2}^{2^{i-1}-1}$$

设 $u,v$ 分别在倒数第 $A,B$ 层，则 DP 的初始值为 $f_{A-1,j}=1$ 对 $j \ge B$ 成立。

与前面类似可得 $dp_{i,j}$ 的递推式为：

$$dp_{i,j}=dp_{i-1,j} \times S_{i-1} \times C_{2^i+2^j-3}^{2^{i-1}-1}+dp_{i,j-1} \times S_{j-1} \times C_{2^i+2^j-3}^{2^{j-1}-1}$$

又由于

$$f_{i,j}=\frac{dp_{i,j}}{S_i \times S_j \times C_{2^i+2^j-2}^{2^i-1}}$$

所以

$$f_{i,j}=\frac{dp_{i-1,j} \times S_{i-1} \times C_{2^i+2^j-3}^{2^{i-1}-1}+dp_{i,j-1} \times S_{j-1} \times C_{2^i+2^j-3}^{2^{j-1}-1}}{S_i \times S_j \times C_{2^i+2^j-2}^{2^i-1}}$$

$$=\frac{f_{i-1,j} \times S_{i-1}^2 \times S_j \times C_{2^{i-1}+2^j-2}^{2^{i-1}-1} \times C_{2^i+2^j-3}^{2^{i-1}-1}}{S_i \times S_j \times C_{2^i+2^j-2}^{2^i-1}}+\frac{f_{i,j-1} \times S_{j-1}^2 \times S_i \times C_{2^i+2^{j-1}-2}^{2^{j-1}-1} \times C_{2^i+2^j-3}^{2^{j-1}-1}}{S_i \times S_j \times C_{2^i+2^j-2}^{2^j-1}}$$

$$=f_{i-1,j} \times \frac{C_{2^{i-1}+2^j-2}^{2^{i-1}-1} \times C_{2^i+2^j-3}^{2^{i-1}-1}}{C_{2^i-2}^{2^{i-1}-1} \times C_{2^i+2^j-2}^{2^i-1}}+f_{i,j-1} \times \frac{C_{2^i+2^{j-1}-2}^{2^{j-1}-1} \times C_{2^i+2^j-3}^{2^{j-1}-1}}{C_{2^j-2}^{2^{j-1}-1} \times C_{2^i+2^j-2}^{2^j-1}}$$

结合

$$\frac{C_{2^{i-1}+2^j-2}^{2^{i-1}-1} \times C_{2^i+2^j-3}^{2^{i-1}-1}}{C_{2^i-2}^{2^{i-1}-1} \times C_{2^i+2^j-2}^{2^i-1}}$$

$$=\frac{\frac{(2^{i-1}+2^j-2)!\times(2^i+2^j-3)!}{(2^{i-1}-1)!\times(2^j-1)!\times(2^{i-1}-1)!\times(2^{i-1}+2^j-2)!}}{\frac{(2^i-2)!\times(2^i+2^j-2)!}{(2^{i-1}-1)!\times(2^{i-1}-1)!\times(2^i-1)!\times(2^j-1)!}}$$

$$=\frac{(2^i+2^j-3)!\times(2^i-1)!}{(2^i+2^j-2)!\times(2^i-2)!}$$

$$=\frac{2^i-1}{2^i+2^j-2}$$

最后我们得到了一个漂亮的表达式：

$$f_{i,j}=f_{i-1,j}\times\frac{2^i-1}{2^i+2^j-2}+f_{i,j-1}\times\frac{2^j-1}{2^i+2^j-2}$$

答案是 $f_{n-1,n-1}$。

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5005,mod=998244353;
int n,A,B;
long long pwr2[N],p[N][N],f[N][N];
int power(int a,int b){
	int c=1;
	for(;b;b>>=1){
		if(b&1)c=1ll*c*a%mod;
		a=1ll*a*a%mod;
	}
	return c;
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&A,&B);
	A=n-A;B=n-B;
	for(int i=1;i<=n;i++)pwr2[i]=power(2,i); 
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++)
			p[i][j]=(pwr2[i]-1)*power(pwr2[i]+pwr2[j]-2,mod-2)%mod;
	for(int i=B;i<=n;i++)f[A-1][i]=1;
	for(int i=A;i<=n;i++)
		for(int j=B;j<=n;j++)
			f[i][j]=(f[i-1][j]*p[i][j]%mod+f[i][j-1]*p[j][i]%mod)%mod;
	printf("%d\n",f[n-1][n-1]);
	return 0;
}