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Description

如果一个带权有根二叉树的所有节点的权值都在 \(\{c_1,c_2,c_3,...,c_n\}\) 中，那么我们就称它为好的二叉树，并定义其权值为所有点的权值之和。现在你需要对于所有的 \(s\in [1,m]\) 计算出权值为 \(s\) 的不同的好的二叉树的数量，答案对 \(998244353\) 取模

\(1\le n\le 10^5,1\le m\le 10^5\)

Solution

显然若枚举所有的 \(s\) ，那么我们应该在 \(\log\) 的时间内求出权值为 \(s\) 的二叉树的数量，这是不太现实的

那么我们可以定义一个生成函数 \(G(x)\)，用它的 \(i\) 次项系数表示权值为 \(i\) 的不同的好的二叉树的数量，又由于 \(s\in[1,m]\)，所以这种方法应该比较可行

考虑怎么求 \(G(x)\)

在这之前我们先设 \(g_i\) 表示权值为 \(i\) 的不同的好的二叉树的数量并考虑如何转移

由于是求二叉树有关的方案，所以递推关系与卡特兰数类似，即
\[ g_i=\sum\limits_{j=1}^{n}\sum\limits_{k=0}^{i-c_j}g_kg_{i-c_j-k}\tag{1} \]
边界 \(g_0=1\)

现在的问题在于这样没法写成生成函数的形式，因为 \((1)\) 式相当于是把 \(\{g_n\}\) 的生成函数卷起来后每隔几位取一个然后再累加到新的一位上的

每隔几位取一个？

这提醒我们可以考虑构造一个函数，使得它乘上 \(\{g_n\}\) 的生成函数后恰好可以实现上述的效果

其实已经不需要构造了，\(\{c_n\}\) 的生成函数 \(C(x)\) 就可以满足我们的要求，即
\[ [x^k]C(x)=[k\in \{c_n\}]\tag{2} \]
至于为什么手动算算就知道了

那么现在就很明朗了，将上述转移写成生成函数的形式
\[ G(x)=C(x)G^2(x)+1\tag{3} \]
因为 \(C(x)\) 是已知的，我们把它看作常数一样的东西，那么移项利用求根公式得到
\[ G(x)=\frac{1\pm \sqrt{1-4C(x)}}{2C(x)}\tag{4} \]
代入 \(x=0\) 判断解，由于 \(C(0)=0?\)，那么我们得到最终的解为
\[ G(x)=\frac{1-\sqrt{1-4C(x)}}{2C(x)}\tag{5} \]

但遗憾的是，因为多项式 \(F(x)\) 存在逆元的充要条件是 \([x^0]F(x)\not=0\) ，而 \(C(x)\) 的常数项为 \(0\)，所以它并不存在逆元

回归到 \((3)\) 式，既然 \(C(x)\) 不存在逆元，我们就不能让它在分母上，而 \(C(x)\) 是二次项的系数，所以考虑消去 \(G^2(x)\)

因为 \(G(x)\) 存在逆元，所以对两边同除以 \(G(x)\)，得
\[ \frac{1}{G(x)}=C(x)+\frac{1}{G^2(x)}\tag{6} \]
换元，设 \(H(x)=G^{-1}(x)?\)，那么原式可化为
\[ H^2(x)-H(x)+C(x)=0\tag{7} \]
现在在利用求根公式，得到
\[ H(x)=\frac{1\pm \sqrt{1-4C(x)}}{2}\tag{8} \]
由于 \(H(x)=G^{-1}(x)\)，那么必有 \(H(0)=1\)，所以最终得到解为
\[ H(x)=\frac{1+\sqrt{1-4C(x)}}{2}\tag{9} \]
那么最后的答案为
\[ G(x)=\frac{2}{1+\sqrt{1-4C(x)}}\tag{10} \]
然后就做完了，复杂度 \(O(n\log n)\)

不得不说中间那步变换还是挺有意思的

代码如下：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
const int mod=998244353;
const int G=3;
const int invG=332748118;
int n,m,A,k,c[N<<2],f[N<<2],p[N<<2],g[N<<2],d[N<<2],h[N<<2],q[N<<2],v[N<<2];
inline void Add(int &x,int y){x+=y;x-=x>=mod? mod:0;}
inline int MOD(int x){x-=x>=mod? mod:0;return x;}
inline int Minus(int x){x+=x<0? mod:0;return x;}
inline int fas(int x,int p){int res=1;while(p){if(p&1)res=1ll*res*x%mod;p>>=1;x=1ll*x*x%mod;}return res;}
inline void NTT(int *a,int f){
    for(register int i=0,j=0;i<k;i++){
        if(i>j)swap(a[i],a[j]);
        for(register int l=k>>1;(j^=l)<l;l>>=1);}
    for(register int i=1;i<k;i<<=1){
        int w=fas(~f? G:invG,(mod-1)/(i<<1));
        for(register int j=0;j<k;j+=(i<<1)){
            int e=1;
            for(register int p=0;p<i;p++,e=1ll*e*w%mod){
                int x=a[j+p],y=1ll*a[j+p+i]*e%mod;
                a[j+p]=MOD(x+y);a[j+p+i]=MOD(x-y+mod);
            }
        }
    }
}
inline void PINV(int *a,int *b,int deg){
    if(deg==1){b[0]=fas(a[0],mod-2);return;}
    int M=(deg+1)>>1;PINV(a,b,M);
    k=1;while(k<=deg+deg-2)k<<=1;
    for(register int i=0;i<deg;i++)v[i]=a[i];
    for(register int i=deg;i<k;i++)v[i]=0;
    NTT(v,1);NTT(b,1);
    for(register int i=0;i<k;i++)
        b[i]=1ll*(2ll-1ll*v[i]*b[i]%mod+mod)*b[i]%mod;
    NTT(b,-1);int INV=fas(k,mod-2);
    for(register int i=0;i<deg;i++)b[i]=1ll*b[i]*INV%mod;
    for(register int i=deg;i<k;i++)b[i]=0;
}
inline void Sqrt(int *a,int *b,int deg){
    if(deg==1){b[0]=1;return;}
    int M=(deg+1)>>1;Sqrt(a,b,M);
    k=1;while(k<=deg+deg-2)k<<=1;int INV=fas(k,mod-2);
    for(register int i=0;i<deg;i++)p[i]=b[i];
    for(register int i=deg;i<k;i++)p[i]=0;
    NTT(p,1);
    for(register int i=0;i<k;i++)p[i]=1ll*p[i]*p[i]%mod;
    NTT(p,-1);
    for(register int i=0;i<deg;i++)p[i]=1ll*p[i]*INV%mod;
    for(register int i=deg;i<k;i++)p[i]=0;
    for(register int i=0;i<deg;i++)Add(p[i],a[i]);
    for(register int i=0;i<deg;i++)d[i]=MOD(b[i]+b[i]);
    for(register int i=deg;i<k;i++)d[i]=0;
    for(register int i=0;i<k;i++)g[i]=0;
    PINV(d,g,deg);
    k=1;while(k<=deg+deg-2)k<<=1;
    NTT(g,1);NTT(p,1);
    for(register int i=0;i<k;i++)b[i]=1ll*g[i]*p[i]%mod;
    NTT(b,-1);
    for(register int i=0;i<deg;i++)b[i]=1ll*b[i]*INV%mod;
    for(register int i=deg;i<k;i++)b[i]=0;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(register int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&A),c[A]++;
    f[0]=1;for(register int i=1;i<=m;i++)f[i]=mod-4*c[i];
    Sqrt(f,h,m+1);h[0]++;PINV(h,q,m+1);
    for(register int i=0;i<=m;i++)q[i]=2ll*q[i]%mod;
    for(register int i=1;i<=m;i++)printf("%d\n",q[i]);
    return 0;
}

CF438E The Child and Binary Tree

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原文地址：https://www.cnblogs.com/ForwardFuture/p/11538076.html