【XSY4320】Catalan（组合意义，DP，多项式）

题面：

Catalan

题解：

假瑞的做法orz

考虑用组合意义来做，观察递推式 \(f_i=\frac{1}{i}\sum_{j=0}^{i-1}f_jf_{i-j-1}\)，它除了和卡特兰数递推式很像之外，还和二叉树计数的递推式很像。

同时注意到 \(f_0=0\)，所以递推式可以变为 \(f_i=\frac{1}{i}\sum_{j=1}^{i-2}f_jf_{i-j-1}\)，即我们二叉树中每个非叶子节点都有恰好两个儿子，那么也可知 \(n\) 一定为奇数。下面 “完全二叉树” 的意义为每个非叶子节点都有恰好两个儿子的二叉树。

那么 \(f_n\) 就可以理解为枚举每一种完全二叉树，然后把 \(\prod_{u}\frac{1}{sz_u}\) 的贡献统计进答案。

注意这里枚举的二叉树是无标号但是有左右儿子之分的，那么我们不妨将这棵二叉树上的点按 dfn 序标号。

发现 \(\prod_u\frac{1}{sz_u}\) 就是这棵二叉树的拓扑序数量除以 \(n!\)，那么现在的问题转变为：枚举每一种二叉树，然后把其拓扑序个数统计进答案。

考虑每个点 \(i\)（注意这里是按 dfn 序标号，上面已经说过了）在拓扑序中的位置 \(pos_i\)，发现对于每一种 \(1\sim n\) 的排列，如果把它当做 \(pos\) 序列的话，其唯一对应着一棵普通二叉树，即为这个排列的笛卡尔树。

但是还没完，这个 \(pos\) 序列对应的不一定是一棵完全二叉树，我们只要那些完全二叉树的方案。

发现一棵树是完全二叉树当且仅当 dfn 序为奇数的点都是叶子，那么一个序列 \(pos\) 是来自完全二叉树的当且仅当：

\[\forall i\bmod 2=1, pos_i>pos_{i-1}\land pos_i>pos_{i+1} \]

完整写下来：\(pos_1>pos_2<pos_3>pos_4<\cdots >pos_{n-1}<pos_n\)。我们只需要求出满足该条件的排列个数即可。

考虑让所有大于号都满足，然后容斥哪些小于号不满足，那么就得到了若干段连续的大于号，即：

\[n!\sum_{s_1+\cdots+s_m=n}\left(\prod_{i=1}^{m-1}\frac{(-1)^{s_i/2-1}}{s_i!}\right)\left(\frac{(-1)^{(s_m-1)/2}}{s_m!}\right) \]

其中要求 \(s_1,\cdots,s_{m-1}\) 为正偶数，\(s_m\) 为正奇数。

设 \(F(x)=\sum_{i\geq 1,2|i}\frac{(-1)^{i/2-1}}{i!}x^i\)，\(G(x)=\sum_{i\geq 1,2\not|i}\frac{(-1)^{(i-1)/2}}{i!}x^i\)，那么我们要求的就是：

\[[x^n]\frac{G(x)}{1-F(x)} \]

时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

神奇的是，你发现 \(\sum_{i\geq 0}\frac{(-1)^{i/2}}{i!}x^i=\cos(x)\)，\(G(x)=\sin (x)\)，于是我们要求的其实是：

\[[x^n]\frac{\cos(x)}{\sin(x)}=[x^n]\tan(x) \]