【解题报告】山东省队集训2019 小孩召开法

Description

给定 $n,k$ 求有多少排列满足其构成的 $\rm DFA$ 最长能识别长度为 $k-1$ 的 ><>< 交替的字符串

$n\le 10^{16},k\le 10^6$

Solution

Alpha1022 的题解是非常清楚并且完全正确的，用的另类拉格朗日反演也没有非常匪夷所思的配凑，在这里点赞~~并对一些可能的阅读障碍解读~~！

设 $f_{k}(n)$ 为答案，枚举最大值的位置 $j$ ，设左边有最长 $2r/2r+1$ 的交替序列，因为 $n$ 作为最大值可以替代 $2r+1$ 中的最后一个，那么可以得到下式

f_{k} (n) = \sum_{i = 1}^{n} (\binom{n - 1}{i - 1}) \sum_{2 r + s = k - 1} (f_{2 r} (j - 1) + f_{2 r + 1} (j - 1)) f_{s} (n - i)

$f_{k}(n)=\sum_{i=1}^n\binom {n-1}{i-1}\sum_{2r+s=k-1}\left(f_{2r}(j-1)+f_{2r+1}(j-1)\right)f_{s}(n-i)$

设

\begin{aligned} A (x, t) & = \sum f_{k} (n) \frac{x^{n}}{n!} t^{k} \\ A_{0} (x, t) & = \frac{A (x, t) + A (x, - t)}{2} \\ A_{1} (x, t) & = \frac{A (x, t) - A (x, - t)}{2} \end{aligned}

$\begin{aligned}A(x,t)&=\sum f_{k}(n)\frac{x^{n}}{n!}t^k\\A_0(x,t)&=\frac{A(x,t)+A(x,-t)}2\\A_1(x,t)&=\frac{A(x,t)-A(x,-t)}{2}\end{aligned}$

下述运算无特别说明，都将以 $x$ 为主元，导数是偏导

我们发现：

\frac{\partial A (x, t)}{\partial x} = (t A_{0} (x, t) + A_{1} (x, t)) A (x, t)

$\frac{\partial A(x,t)}{\partial x}=(tA_0(x,t)+A_1(x,t))A(x,t)$

这可以通过使用上面的递推式和比对系数来证明，同时根据定义有：

\begin{aligned} \frac{\partial (A_{0}^{2} (x, t) - A_{1}^{2} (x, t))}{\partial x} \\ = A^{'} (x, t) A (x, - t) + A (x, t) A^{'} (x, - t) \\ = 0 \end{aligned}

$\begin{aligned}&\frac{\partial\left( A^2_0(x,t)-A_1^2(x,t)\right)}{\partial x}\\&=A'(x,t)A(x,-t)+A(x,t)A'(x,-t)\\&=0\end{aligned}$

考察常数项发现 $[x^0]A_0(x,t)=1$ ，所以可以得到 $A^2_0(x,t)-A_1^2(x,t)=1$ ，所以我们可以发现一组在 $x$ 为主元的时候的乘法逆：

A (x, t) A (x, - t) = 1

$A(x,t)A(x,-t)=1$

设 $G=\frac{F}{1-t}$ （也就是在 $x$ 为主元意义下的前缀和）， $\alpha=\sqrt{1-t^2},C=e^{C'}$

\begin{aligned} \frac{\partial A (x, t)}{\partial x} & = (t A_{0} (x, t) + A_{1} (x, t)) A (x, t) \\ \frac{\partial A (x, t)}{\partial x} & = \frac{1}{2} ((t + 1) A + (t - 1) A^{- 1}) A \\ \frac{\partial A}{(t + 1) A^{2} + (t - 1)} & = \frac{\partial x}{2} \\ \frac{\partial G}{(1 - t^{2}) G^{2} - 1} & = \frac{\partial x}{2} \\ [\frac{1}{α G - 1} - \frac{1}{α G + 1}] \partial (α G) & = α \partial x \\ \ln (\frac{α G - 1}{α G + 1}) & = α x + C^{'} \\ \frac{α G - 1}{α G + 1} & = C \times e^{α} x \\ G (x) & = \frac{2}{α} (\frac{1}{1 - e^{α x} C} - 1) \end{aligned}

$\begin{aligned} \frac{\partial A(x,t)}{\partial x}&=(tA_0(x,t)+A_1(x,t))A(x,t)\\ \frac{\partial A(x,t)}{\partial x}&=\frac 12((t+1)A+(t-1)A^{-1})A\\ \frac{\partial A}{(t+1)A^2+(t-1)}&=\frac{\partial x}2\\ \frac{\partial G}{(1-t^2)G^2-1}&=\frac{\partial x}2\\ \left[\frac{1}{\alpha G-1}-\frac{1}{\alpha G+1}\right]\partial (\alpha G) &=\alpha \partial x\\ \ln\left(\frac{\alpha G-1}{\alpha G+1}\right)&=\alpha x+C'\\ \frac{\alpha G-1}{\alpha G+1}&=C\times e^\alpha x\\ G(x)&=\frac{2}{\alpha}\left(\frac{1}{1-e^{\alpha x}C}-1\right) \end{aligned}$

倒数第三步使用了左右两边变元不一致的积分，这是因为左式可以视作 $\alpha G$ 为变量的函数，这个函数和右边以 $x$ 为变量的函数完全相同，原像相同做积分必然也相同

（这步积分是我在本题里面留下的疑惑，不知道这样子的理解是不是合理）

注意 $A(x,0)=\sum_{i\ge 0}t^k$ 只在 $x=0$ 的时候 $\frac {0^{0}}{0!}=1$ ，那么带入到这个式子里面发现 $C=\frac{1-\alpha}t$

注意到 $[x^0]$ 的系数对于解决问题是没有任何帮助的，那么可以将其忽略再进行考察，继续进行一些和式变换

\begin{aligned} G (x) - [x^{0}] G & = \frac{2}{α} \frac{1}{1 - e^{α x} \frac{1 - α}{t}} \\ = \frac{2}{α} \sum_{i \geq 0} {(e^{α x} \frac{1 - α}{t})}^{i} \\ = \frac{2}{α} \sum_{r \geq 0} t^{- r} (1 - α)^{r} \sum_{s \geq 0} \frac{(r α x)^{s}}{s!} \end{aligned}

$\begin{aligned}G(x)-[x^0]G&=\frac{2}{\alpha}\frac{1}{1-e^{\alpha x}\frac{1-\alpha}t}\\&=\frac{2}{\alpha}\sum_{i\ge 0}\left(e^{\alpha x}\frac{1-\alpha}t\right)^i\\&=\frac{2}{\alpha}\sum_{r\ge0}t^{-r}(1-\alpha)^r\sum_{s\ge 0}\frac{(r\alpha x)^s}{s!}\end{aligned}$

使用另类拉格朗日反演强行展开

(1 - \sqrt{1 - t^{2}})^{r} (1 - t^{2})^{\frac{s - 1}{2}}

$(1-\sqrt{1-t^2})^r(1-t^2)^{\frac{s-1}2}$

关于拉格朗日反演

整个理论的根基在于分式域的多项式：对于常数项为 $0$ ，一次项不为 $0$ 的幂级数 $F$ ，有

[x^{- 1}] F^{k} (x) F^{'} (x) = [k = - 1]

$[x^{-1}]F^k(x)F'(x)=[k=-1]$

分类讨论 $k\neq -1$ 时两者合并为 $(\frac{1}{k+1}F^{k+1})'$ 整多项式没有 $x^{-1}$ 系数，否则直接比对系数 ${\rm LHS}=[x^0]x\frac{F'(x)}{F(x)}=[x^0]\frac{F'(x)}{\frac{F(x)}{x}}=\frac{f_1}{f_1}=1$

设 $F(x),G(x)$ 为常数项为 $0$ ，一次项不为 $0$ 的幂级数， $H(x)$ 为任一幂级数

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

$[x^n]F(x)=\frac1n[x^{n-1}]\left(\frac{x}{G(x)}\right)^n$

证明考虑先对 $F(G)$ 展开并求导，发现次数不是 $G(x)$ 次数不是 $n$ 的时候所有其它项不能对 $[x^{-1}]$ 造成贡献，单独提取出来就能得到所求了

扩展拉格朗日反演如下：

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

$[x^n]H(F(x))=\frac1n[x^{n-1}]H'(x)\left(\frac{x}{G(x)}\right)^n$

除了多了一个复合函数求导得到的 $H'(x)$ 之外没有区别

另类拉格朗日反演的两种形式：

[x^{n}] F^{k} (x) = [x^{- k - 1}] G^{'} (x) G^{- n - 1}

$[x^n]F^k(x)=[x^{-k-1}]G'(x)G^{-n-1}$

\begin{aligned} \sum_{i \geq 0} ([x^{i}] F^{k}) G^{i} (x) & = x^{k} \\ \sum_{i \geq 0} ([x^{i}] F^{k}) G^{i - n} (x) G^{'} (x) & = G^{'} (x) G^{- n} (x) x^{k} \\ [x^{- 1}] \sum_{i \geq 0} ([x^{i}] F^{k}) G^{i - n} (x) G^{'} (x) & = [x^{- k - 1}] G^{'} (x) G^{- n} (x) \\ [x^{n}] F^{k} & = [x^{- k - 1}] G^{'} (x) G^{- n} (x) \end{aligned}

$\begin{aligned}\sum_{i\ge 0}([x^i]F^k)G^i(x)&=x^k\\ \sum_{i\ge 0}([x^i]F^k)G^{i-n}(x)G'(x)&=G'(x)G^{-n}(x)x^k\\ [x^{-1}]\sum_{i\ge 0}([x^i]F^k)G^{i-n}(x)G'(x)&=[x^{-k-1}]G'(x)G^{-n}(x)\\ [x^{n}]F^k&=[x^{-k-1}]G'(x)G^{-n}(x)\\ \end{aligned}$

[x^{n}] H (F (x)) = [x^{- 1}] H (x) G^{'} (x) G^{- n - 1}

$[x^n]H(F(x))=[x^{-1}]H(x)G'(x)G^{-n-1}$

证明也是类似的

展开过程中最头疼的仍然是找到一对互为复合逆的函数，这里考虑【The Child and Binary Tree】一题中给出的二叉树方程

F = x (1 + F)^{2}, G (x) = \frac{x}{(1 + x)^{2}} \to F (G (x)) = x

$F=x(1+F)^2,G(x)=\frac{x}{(1+x)^2}\to F(G(x))=x$

将原式推导至复合结构，也就是使用 $F$ 将所有 $x$ 替换掉，这里只出现了 $t^2$ ，那么设 $4x=t^2$ ：

\begin{aligned} (1 - \sqrt{1 - t^{2}})^{r} (1 - t^{2})^{\frac{s - 1}{2}} \\ = (1 - \sqrt{1 - 4 x})^{r} (\sqrt{1 - 4 x})^{s - 1} \\ = 2^{r} F^{r} (1 - F)^{s - 1} (1 + F)^{- r - s + 1} \end{aligned}

$\begin{aligned}&(1-\sqrt{1-t^2})^r(1-t^2)^{\frac{s-1}2}\\ &=(1-\sqrt{1-4x})^r(\sqrt{1-4x})^{s-1}\\ &=2^rF^r(1-F)^{s-1}(1+F)^{-r-s+1} \end{aligned}$

使用另类拉反的再复合结构，设 $H(x)=x^r(1-x)^{s-1}(1+x)^{-r-s+1},F,G$ 如上，套公式即可：

\begin{aligned} F^{r} (1 - F)^{s - 1} (1 + F)^{- r - s + 1} & = [x^{n}] H (x) G^{'} (x) {(\frac{x}{G (x)})}^{n + 1} \\ = [x^{n}] x^{r} (1 + x)^{s - 1} (1 + x)^{- r - s + 1} \frac{1 - x}{(1 + x)^{3}} (1 + x)^{2 (n + 1)} \end{aligned}

$\begin{aligned}[x^n]F^r(1-F)^{s-1}(1+F)^{-r-s+1}&=[x^{n}]H(x)G'(x)\left(\frac{x}{G(x)}\right)^{n+1}\\&=[x^{n}]x^r(1+x)^{s-1}(1+x)^{-r-s+1}\frac{1-x}{(1+x)^3}(1+x)^{2(n+1)} \end{aligned}$

下面直接给出完全进行和式变换之后的得到的 $G=\frac{F}{1-t}$ ，中间的没有除了二项式定理之外的特别技巧

G (x) - [x^{0}] G (x) = \sum_{r, u} 2^{1 - r - 2 u} t^{2 u + r} \sum_{s \geq 0} \frac{(r x)^{s}}{s!} \sum_{i \geq 0} (- 1)^{i} (\binom{s}{i}) (\binom{r + 2 u - s}{u - i})

$G(x)-[x^0]G(x)=\sum_{r,u}2^{1-r-2u}t^{2u+r}\sum_{s\ge 0}\frac{(rx)^s}{s!}\sum_{i\ge 0}(-1)^i\binom si\binom{r+2u-s}{u-i}$

发现 $n=s,k=r+2u$ ，那么要求 $[x^nt^k]$ ，枚举 $r$ ，如果得到下式即可完成本题

\sum_{i} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) (\binom{k - n}{\frac{k - r}{2} - i})

$\sum_{i}(-1)^i\binom ni\binom{k-n}{\frac{k-r}2-i}$

上式关于 $\frac{k-r}2$ 的 $\rm GF$ 形如

\hat{F} = (1 + x)^{n} (1 - x)^{k - n} \to {\hat{F}}^{'} = - \frac{s F}{1 + x} - \frac{n F}{1 - x}

$\widehat F=(1+x)^n(1-x)^{k-n}\to \widehat{F}'=-\frac{sF}{1+x}-\frac{nF}{1-x}$

两边乘 $(1-x)(1+x)$ 之后比对 $[x^{t-1}]$ 即可得到递推式：

f_{t} = - (n + s) f_{t - 1} + (s - n + t - 2) f_{t - 2}

$f_{t}=-(n+s)f_{t-1}+(s-n+t-2)f_{t-2}$

Code

const int N=1e6+10;
int n,k,cnt;
int pri[N],pw[N];
bool fl[N];
int f[N],inv[N];

inline int G(int n,int k){
    int sum=0,s=(n-k)%mod;
    f[0]=1;
    for(int t=1;t<=k;++t){
        f[t]=0;
        ckdel(f[t],mul((n+s)%mod,f[t-1]));
        ckadd(f[t],mul((s+mod-n%mod+t-2)%mod,f[t-2]));
        f[t]=(f[t]%mod+mod)%mod;
        ckmul(f[t],inv[t]);
    }
    for(int r=k;r>=0;r-=2) ckadd(sum,mul(pw[r],f[(k-r)/2]));
    if(k<1) ckmul(sum,2);
    if(k>1) ckmul(sum,ksm(inv[2],k-1));
    return sum;
}
signed main(){
    freopen("fafa.in","r",stdin); freopen("fafa.out","w",stdout);
    n=read(); k=read(); pw[1]=1;
    inv[0]=inv[1]=1; for(int i=2;i<=k;++i) inv[i]=mod-mul(mod/i,inv[mod%i]);
    for(int i=2;i<=k;++i){
        if(!fl[i]) pri[++cnt]=i,pw[i]=ksm(i,n%(mod-1));
        for(int j=1;j<=cnt&&pri[j]*i<=k;++j){
            fl[i*pri[j]]=1;
            pw[i*pri[j]]=mul(pw[i],pw[pri[j]]);
            if(i%pri[j]==0) break;
        }
    }
    print(del(G(n,k),G(n,k-1)));
    return 0;
}