CF438E The Child and Binary Tree

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Description

有长为 \(n\) 的正整数数列 \(\{c_n\}\) ，且 \(c_n\) 互异。现需构造一棵二叉树，点权均为 \(\{c_n\}\) 中的数。给定 \(m\)，对于每个正整数 \(k\leq m\)，求点权和为 \(k\) 的二叉树个数。

Solution

容易想到先搞个递推式，然后再化简。令 \(f_i\) 表示权值和为 \(i\) 的二叉树个数，\(f_0=1\)，其 OGF 为 \(F(x)\)，那么对于 \(m\geq 1\)，有

\[\begin{align} f_m&=\sum_{i=1}^n \sum_{j=0}^{m-a_i} f_j\times f_{m-a_i-j} \\ &=\sum_{i=1}^n [x^{m-a_i}] F^2(x) \\ &=[x^m] F^2(x) \sum_{i=1}^n x^{a_i}\\ \end{align} \]

令 \(G(x)=\sum_{i=1}^n x_{a_i}\)，\(f_m=[x^m]G(x)F^2(x)\)，又 \(f_0=1\)，那么

\[F(x)=1+G(x)F^2(x) \]

解得两个根

\[F_1=\frac{1+\sqrt{1-4G}}{2G}，F_2=\frac{1-\sqrt{1-4G}}{2G} \]

又要满足初始值 \(f_0=1\)，即 \(F\) 泰勒展开第零项，那么

\[\lim_{x\to 0} F(x)=1 \]

发现只有 \(F_2\) 符合条件，那么 \(F=\frac{1-\sqrt{1-4G}}{2G}\)

但是 \(G(x)\) 中 \(g_0\neq 1\)，不存在逆。于是有一个很神奇的方法，即分母无理化。

\[F=\frac{1-\sqrt{1-4G}}{2G}=\frac{2}{1+\sqrt{1-4G}} \]

于是就可以求了。