Solution -「CF 1237E」Balanced Binary Search Trees

$\mathcal{Description}$

  Link.

  定义棵点权为 $1\sim n$ 的二叉搜索树 $T$ 是 好树，当且仅当：

• 除去最深的所有叶子后，$T$ 是满的；

• 对于 $T$ 中任意结点 $r$，若 $r$ 存在左儿子 $u$，则 $r\not\equiv u\pmod2$；

• 若 $r$ 存在右儿子 $v$，则 $r\equiv v\pmod2$；

  给定 $n$，求 好树 数量。答案对 $998244353$ 取模。

  $\require{cancel} \cancel{n\le10^6}~n\le10^{10^6}$。

$\mathcal{Solution}$

  分析一下含有 $n$ 个结点的 好树 的性质：

1. 好树 的子树是 好树。

2. 树根 $r$ 有 $r\equiv n\pmod2$。因为从根一直走右儿子奇偶性不变。

3. 当 $n>1$，好树 不满。若满，最大值和次大值必为右儿子-父亲关系，不满足定义。

4. 由 3.，当 $n>2$，好树 树根的左右子树的最大满层相同。

  我们这样断言：最大满层深度为 $h$ 的 好树 存在且仅存在两个，且它们的大小之差为 $1$。

  给出证明。设含 $n$ 个结点的 好树 有 $f(n)$ 个，那么 $f(1)=f(2)=1$，它们最大满层深度均为 $1$。归纳 $n>2$ 的情形：

  取一棵含 $n$ 个点的 好树 $T$，其树根为 $r$，左右儿子为 $u,v$，最大满层深度为 $h$。

  由性质 1.，子树 $u$ 和子树 $v$ 是好树；

  由性质 3.，子树 $u$ 和子树 $v$ 不满；

  由假设，$T$ 为好树，子树 $u$ 和子树 $v$ 最大满层相同。那么可以对这两棵子树进行归纳。

• 若 $2\not\mid n$，
  可知子树 $u$，子树 $v$ 大小奇偶性相同，由性质 4. 与归纳假设，子树 $u$ 和子树 $v$ 的大小相等，且均为偶数，继而有

  $$f(n)=f^2\left(\frac{n-1}{2}\right)~~~~(n=4k+1,k\in\mathbb N^*).$$

• 若 $2\mid n$，
  可知子树 $u$，子树 $v$ 大小奇偶性不同，由归纳假设，子树 $u$ 和子树 $v$ 大小相差 $1$，继而有

  $$f(n)=f\left(\frac{n}{2}-1\right)f\left(\frac{n}{2}\right).$$

  （注意左右子树不能交换，所以只有一种放法。）

  综上，不难发现 $f(n)$ 在归纳条件下至多为 $1$。我们只需要证明存在某对使得 $T$ 最大满层深度为 $h$ 的 $n_0$ 和 $n_0+1$，使得 $f(n_0)=f(n_0+1)=1$。

  构造，设当 $h'=h-1$ 时已有 $f(n_0')=f(n_0'+1)=1$，那么

• 若 $2\mid n_0$，有 $f(2n_0)=f(2n_0+1)=1$；

• 若 $2\not\mid n_0$，有 $f(2n_0+2)=f(2n_0+1)=1$。

  综上，归纳可行，原命题成立。 $\square$

  利用最后一步的构造方法，我们可以 $\mathcal O(\log n)$ 地求得所有 $n_0\le n,f(n_0)=1$ 的 $n_0$。当然也能以同样复杂度判断 $f(n)$ 是否为 $1$。

---

  正确解题姿势：写 $\mathcal O(n^2)$ DP，打表秒出规律。

$\mathcal{Code}$

  Subtask12 即打表代码。

/*~Rainybunny~*/

#include <bits/stdc++.h>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i )

const int MAXN = 5e6;
int n, M;
bool ans[MAXN + 5];

inline int imin( const int u, const int v ) { return u < v ? u : v; }
inline int imax( const int u, const int v ) { return u < v ? v : u; }
inline int mul( const int u, const int v ) { return 1ll * u * v % M; }
inline void addeq( int& u, const int v ) { ( u += v ) >= M && ( u -= M ); }

namespace Subtask12 {

int bitw[MAXN + 5], f[MAXN + 5];

inline void main() {
    f[0] = f[1] = 1, bitw[0] = -1;
    rep ( i, 2, n ) {
        bitw[i] = bitw[i >> 1] + 1;
        rep ( j, 1, i ) {
            if ( ( i & 1 ) == ( j & 1 )
              && imin( bitw[j], bitw[i - j + 1] ) + 1 >= bitw[i]
              && imax( bitw[j - 1], bitw[i - j] ) + 1 == bitw[i] ) {
//                  printf( "(%d,%d)->%d\n", j - 1, i - j, i );
                addeq( f[i], mul( f[j - 1], f[i - j] ) );
            }
        }
        if ( f[i] ) assert( f[i] == 1 ), printf( "%d\n", i );
    }
}

} // namespace Subtask12.

int main() {
    freopen( "tree.in", "r", stdin );
    freopen( "tree.out", "w", stdout );
    
    scanf( "%d %d", &n, &M );

    for ( int i = 2, op = 1; i <= MAXN + 1; ) {
        ans[i] = ans[i - 1] = true;
        i = i << 1 | op, op ^= 1;
    }

    putchar( ans[n] ^ '0' ), putchar( '\n' );
    return 0;
}