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题面

传送门

思路

首先，我们把这个输入的点的生成函数搞出来：

\(C=\sum_{i=0}^{lim}s_ix^i\)

其中\(lim\)为集合里面出现过的最大的数，\(s_i\)表示大小为\(i\)的数是否出现过

我们再设另外一个函数\(F\)，定义\(F_k\)表示总权值为\(k\)的二叉树个数

那么，一个二叉树显然可以通过两个子树（可以权值为0，也就是空子树）和一个节点构成

那么有如下求\(F\)的式子

\(F_0=1\)

\(F_k=\sum_{i=0}^k s_i \sum_{j=0}^{k-i} F_j F_{k-i-j}\)

显然这个式子是一个卷积的形式

我们把这个三个东西的卷积放到整个函数上来考虑（也就是把\(F_kC_k\)看做多项式的系数做卷积），可以得到：

\(F=C\ast F\ast F +1\)，这里的\(\ast\)是多项式乘法

由于多项式乘法和普通乘法一样满足各种定律之类的，所以我们可以解个一元二次方程

\(C\ast F^2 - F + 1=0\)

\(F=\frac{1\pm \sqrt{1-4C}}{2C}\)

先考虑上面是+的情况

此时\({\lim_{x \to 0}}F(x)=+\infty\)，舍去

再考虑-的情况

此时\({\lim_{x \to 0}}F(x)=1\)，OK

其实到这里就可以算了，一个多项式开方+多项式求逆就解决了

但是我们更进一步，再划一划这个式子，可以变成如下形式：

\(F=\frac{2}{1+\sqrt{1-4C}}\)

多项式开方+多项式求逆解决问题

Code:

这题超！级！卡！常！我这种人傻常数大的，只能参照爷稳稳的代码写一写了qwq

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cassert>
#include<cmath>
#include<ctime>
#define ll long long
#define MOD 998244353
using namespace std;
inline int read(){
    int re=0,flag=1;char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0'){
        if(ch=='-') flag=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9') re=(re<<1)+(re<<3)+ch-'0',ch=getchar();
    return re*flag;
}
int n,m,K;
ll A[600010],B[600010],C[600010],x[600010],y[600010];
int g=3,ginv,inv2,r[600010],lim,cnt;
ll qpow(ll a,ll b){
    ll re=1;
    while(b){
        if(b&1) re=re*a%MOD;
        a=a*a%MOD;b>>=1;
    }
    return re;
}
ll add(ll a,ll b){
    a+=b;
    return (a>=MOD)?a-MOD:a;
}
ll dec(ll a,ll b){
    a-=b;
    return (a<0)?a+MOD:a;
}
void ntt(ll *a,ll type){
    int i,j,k;ll x,y,w,wn,inv,mid;
    for(i=0;i<lim;i++) if(i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
    for(mid=1;mid<lim;mid<<=1){
        wn=qpow((type==1)?g:ginv,(MOD-1)/(mid<<1));
        for(j=0;j<lim;j+=(mid<<1)){
            w=1;
            for(k=0;k<mid;k++,w=w*wn%MOD){
                x=a[j+k];y=a[j+k+mid]*w%MOD;
                a[j+k]=add(x,y);
                a[j+k+mid]=dec(x,y);
            }
        }
    }
    if(~type) return;
    inv=qpow(lim,MOD-2);
    for(i=0;i<lim;i++) a[i]=a[i]*inv%MOD;
}
void getinv(ll *a,ll *b,int len,int lena){
    if(len==1){b[0]=qpow(a[0],MOD-2);return;}
    assert(len==((len>>1)<<1));
    int i,mid=len>>1;
    getinv(a,b,mid,lena);
    lim=1;cnt=0;r[0]=0;
    while(lim<=(len<<1)) lim<<=1,cnt++;
    for(i=0;i<lim;i++) r[i]=((r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(cnt-1)));

    for(i=0;i<len;i++) x[i]=a[i];
    for(i=len;i<lim;i++) x[i]=0;
    for(i=0;i<mid;i++) y[i]=b[i];
    for(i=len;i<lim;i++) y[i]=0;

    ntt(x,1);ntt(y,1);
    for(i=0;i<lim;i++) x[i]=y[i]*(2ll-y[i]*x[i]%MOD+MOD)%MOD;
    ntt(x,-1);
    for(i=0;i<len;i++) b[i]=x[i];
}
void getrt(ll *a,ll *b,int len){
    if(len==1){b[0]=1;return;}
    int i,mid=len>>1;
    
    getrt(a,b,mid);
    memset(C,0,sizeof(C));getinv(b,C,len,len);
    
    lim=1;cnt=0;r[0]=0;
    while(lim<=(len<<1)) lim<<=1,cnt++;
    for(i=0;i<lim;i++) r[i]=((r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(cnt-1))),x[i]=a[i];
    for(i=len;i<lim;i++) x[i]=C[i]=b[i]=0;
    
    ntt(x,1);ntt(C,1);
    for(i=0;i<lim;i++) x[i]=x[i]*C[i]%MOD;
    ntt(x,-1);
    
    for(i=0;i<len;i++) b[i]=add(b[i],x[i])*inv2%MOD;
}
void init(){
    ginv=qpow(g,MOD-2);
    inv2=qpow(2,MOD-2);
}
int main(){
    init();
    n=read();m=read();int i,t1;A[0]=K=1;
    for(i=1;i<=n;i++) t1=read(),A[t1]=dec(A[t1],4);
    while(K<=m) K<<=1;

    getrt(A,B,K);
    B[0]=add(B[0],1);
    memset(C,0,sizeof(C));
    getinv(B,C,K,K);
    for(i=1;i<=m;i++) printf("%lld\n",(2*C[i]+MOD)%MOD);
}

[Codeforces438E][bzoj3625] 小朋友和二叉树 [多项式求逆+多项式开根]

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原文地址：https://www.cnblogs.com/dedicatus545/p/9366175.html