UOJ424 集訓隊作業2018 count

先特判掉 \(m>n\) 的情況。

考慮先確定乙個 \(f\) 陣列，然後判定他能否生成乙個好序列。

考慮先確定最靠左邊的最大值的位置，此時他大於等於後面的元素，然後嚴格大於前面的元素。

不難發現這種確定方式可以固定一組 \(f\) 序列，同時，如果這張圖上的最長鏈小於等於 \(m\)，那麼這個答案就是合法的。

觀察到我們其實只關心長度，於是我們不難得到 \(\mathcal o(n^2m)\) 的暴力做法。

具體來說，令 \(f_\) 表示長度為 \(i\) 的序列，最大值為 \(j\) 的方案數，令 \(s_\) 為其字首和：

具體來說，我們發現這個實際上是乙個樹計數的過程，我們考慮一棵二叉樹，左兒子的邊為藍色，右兒子的邊為紅色，一棵樹合法當且僅當其不存在乙個點走到根節點需要經過 \(m\) 條藍邊。

這樣的話我們考慮直接對 \(s\) 序列進行計數，方便起見我們認為初始的答案為 \(1\)，同時規定 \(s_=1\)，不難發現：

邊界為 \(s_=s_=1\)，答案為 \(s_\)

這個式子看上去就非常的卷積，我們從小到大列舉 \(j\)，記 \(f_j(x)\) 表示其生成函式 \(\sum s_x^i\)

不難發現：\(f_j(x)=f_j(x)f_(x)x+1\) 於是得到 \(f_j(x)=\frac(x)x}\)

考慮一類函式復合，\(g(f(x))=\frac\)，我們希望求得是 \(g(g(...g(\frac)))\)

基於觀察，我們發現答案一定可以寫成 \(\frac\)

這樣的話遞推形式即為 \(\fracx}=\frac\)

可以寫成矩陣的形式，通過矩陣快速冪 +ntt 處理即可，複雜度 \(\mathcal o(n\log^2 n)\)

最後還要多項式求逆一下。

有沒有更 easy 的做法呢？當然是有的！

注意到，這個題只需要我們算出其中一項 \(f_m[x^n]\)，所以我們可以考慮一下奇怪的trick：

我們希望計算二叉樹的數量，可以考慮計算括號序列的數量，根據此題模型，我們可以考慮乙個這樣的轉換：

然後基於這樣的觀察我們發現任意的乙個括號序列都是合法的，將左括號設為 \(+1\)，右括號設為 \(-1\) 問題等價於配對的括號序列使得不存在字首和大於 \(m\)（此時假設字首和為 \(x\) 等價於往 \(l\) 子樹走了 \(x-1\) 步）這樣的話我們給 \(m+1\)，然後就是大於等於 \(m\) 了。

套路，不妨從座標系的角度考慮（ \(y\) 表示左括號，\(x\) 表示右括號）我們等價於計算有多少條路徑，滿足不經過 \(y=x-1\) 和 \(y=x+m\)，求走到 \((n,n)\) 的方案數。

這樣的話，仿照 [jloi2015]騙我呢進行處理即可，複雜度 \(\mathcal o(n)\)

答案等於總方案數減去至少經過了 a，至少經過了 b，加上至少經過了 ab，至少經過了 ba，減去 ... 依次類推。

預處理組合數即可。

\(code:\)

#includeusing namespace std ;
#define next( i, x ) for( register int i = head[x]; i; i = e[i].next )
#define rep( i, s, t ) for( register int i = (s); i <= (t); ++ i )
#define drep( i, s, t ) for( register int i = (t); i >= (s); -- i )
#define re register
#define int long long
int gi() 
while( cc >= '0' && cc <= '9' )  cn = cn * 10 + cc - '0', cc = getchar() ;
return cn * flus ;
}const int p = 998244353 ; 
const int n = 2e5 + 5 ; 
int n, m, ans, maxn, fac[n], inv[n] ; 
struct node 
} ed ; 
int fpow(int x, int k)  return ans ;
}int c(int x, int y) 
int operator - (node a, node b) 
node f(node x, int b) 
int get(node x, int type) 
signed main()
fac[0] = inv[0] = 1, ++ m ; 
rep( i, 1, maxn )
fac[i] = fac[i - 1] * i % p, inv[i] = fpow(fac[i], p - 2) ; 
ans = c(n + n, n) ; ed = node(n, n) ; 
ans = ans - get(f(node(0, 0), -1), 0) ;
ans = ans - get(f(node(0, 0), m), 1) ;
ans %= p, ans = (ans + p) % p ;
cout << ans << endl ; 
return 0 ;
}

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