[luogu P5219] 无聊的水题 I
\(\text{Problem}:\)无聊的水题 I
\(\text{Solution}:\)
首先改变限制条件，只需求出最大度数小于等于 \(m\) 的答案减去最大度数小于等于 \(m-1\) 的答案即可（下文默认最大度数小于等于 \(m\)）。
发现要求的是无根树，且限制和度数有关，不难想到 \(\text{Prufer}\) 序列，即求构造长度为 \(n-2\) 的序列，每个数最多出现 \(m-1\) 次的方案数。
设 \(f_{i,j}\) 表示选择了 \([1,i]\) 的数，序列长度为 \(j\) 的方案数，有 \(dp\) 转移：
对转移的解释：在长度为 \(j-k\) 的序列中插入 \(k\) 个相同元素的方案数，枚举 \(j-k+1\) 个位置，每个插入了 \(x_{i}\) 个元素，利用不定方程与组合意义的知识可以得到共有 \(\binom{j}{k}\) 种方案。
将组合数展开，得到：
显然这是 \(\text{EGF}\) 的卷积，记 \(F_{i}(x)\) 表示序列 \(f_{i}\) 的 \(\text{EGF}\)，\(G(x)=\sum\limits_{i=0}^{m-1}\frac{x^{i}}{i!}\) ，有：
边界为 \(F_{0}(x)=1\)。发现每次卷积都是乘上 \(G(x)\)，故考虑预处理 \(G^{2^{i}}(x)\)，类似于快速幂的方式，可以在 \(O(n\log^2 n)\) 的时间复杂度内求出一行 \(F_{n}(x)\)。\(F_{n}(x)[x^{n-2}]\) 即为最大度数小于等于 \(m\) 的答案。用相同的做法再对 \(m-1\) 求一次答案即可。总时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。
\(\text{Code}:\)
#include <bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(3)
//#define int long long
#define ri register
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define is insert
#define es erase
#define vi vector<int>
#define vpi vector<pair<int,int>>
using namespace std; const int N=135010, Mod=998244353;
inline int read()
{
int s=0, w=1; ri char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') w=-1; ch=getchar(); }
while(ch>='0'&&ch<='9') s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48), ch=getchar();
return s*w;
}
int n,m;
int rev[N],r[24][2],fac[N+5],inv[N+5];
inline int ksc(int x,int p) { int res=1; for(;p;p>>=1, x=1ll*x*x%Mod) if(p&1) res=1ll*res*x%Mod; return res; }
inline void Get_Rev(int T) { for(ri int i=0;i<T;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)?(T>>1):0); }
inline void DFT(int T,vector<int> &s,int type)
{
for(ri int i=0;i<T;i++) if(rev[i]<i) swap(s[i],s[rev[i]]);
for(ri int i=2,cnt=1;i<=T;i<<=1,cnt++)
{
int wn=r[cnt][type];
for(ri int j=0,mid=(i>>1);j<T;j+=i)
{
for(ri int k=0,w=1;k<mid;k++,w=1ll*w*wn%Mod)
{
int x=s[j+k], y=1ll*w*s[j+mid+k]%Mod;
s[j+k]=x+y;
if(s[j+k]>=Mod) s[j+k]-=Mod;
s[j+mid+k]=x-y;
if(s[j+mid+k]<0) s[j+mid+k]+=Mod;
}
}
}
if(!type) for(ri int i=0,inv=ksc(T,Mod-2);i<T;i++) s[i]=1ll*s[i]*inv%Mod;
}
inline void NTT(vector<int> &A,vector<int> B)
{
int len=n-2;
int T=1;
while(T<=len*2) T<<=1;
Get_Rev(T);
A.resize(T), B.resize(T);
DFT(T,A,1), DFT(T,B,1);
for(ri int i=0;i<T;i++) A[i]=1ll*A[i]*B[i]%Mod;
DFT(T,A,0);
A.erase(A.begin()+len+1,A.end());
}
inline int Get(int m)
{
vector<int> pw[16];
pw[0].resize(n-1);
for(ri int i=0;i<min(n-1,m);i++) pw[0][i]=inv[i];
for(ri int i=1;(1<<i)<=n;i++)
{
pw[i]=pw[i-1];
NTT(pw[i],pw[i-1]);
}
vector<int> F;
F.resize(1);
F[0]=1;
for(ri int i=0;(1<<i)<=n;i++)
{
if((n>>i)&1) NTT(F,pw[i]);
}
F.resize(n-1);
return 1ll*F[n-2]*fac[n-2]%Mod;
}
signed main()
{
r[23][1]=ksc(3,119), r[23][0]=ksc(ksc(3,Mod-2),119);
for(ri int i=22;~i;i--) r[i][0]=1ll*r[i+1][0]*r[i+1][0]%Mod, r[i][1]=1ll*r[i+1][1]*r[i+1][1]%Mod;
fac[0]=1;
for(ri int i=1;i<=N;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%Mod;
inv[N]=ksc(fac[N],Mod-2);
for(ri int i=N;i;i--) inv[i-1]=1ll*inv[i]*i%Mod;
n=read(), m=read();
if(n<=2) return puts("1")&0;
if(m<=1) return puts("0")&0;
printf("%d\n",(Get(m)-Get(m-1)+Mod)%Mod);
return 0;
}
