將序列對應到笛卡爾樹，發現每棵笛卡爾樹只對應一種合法序列。因為在笛卡爾樹上往左走其對應的數至少減 \(1\)，往右走不一定減 \(1\)，所以這棵笛卡爾樹從根節點往左走的次數要 \(\leqslant m\)，題目就轉化為了統計有多少棵 \(n\) 個節點的合法笛卡爾樹。
笛卡爾樹是二叉樹，因為二叉樹和括號序列都可以用卡特蘭數計數，所以笛卡爾樹能轉化為括號序列。考慮中序遍歷，每往左走就加入乙個左括號，回溯回來時加入乙個右括號，往右走時不操作，到葉子節點時加入一對完整括號，那麼其就對應到了乙個 \(2n\) 的括號序列。
設 \(s_i\) 為位置 \(i\) 之前左括號個數減右括號個數，得其需要滿足 \(\forall i \in [1,2n],0 \leqslant s_i \leqslant m\)。將其進一步轉化為網格圖上路徑計數，即從 \((0,0)\) 走到 \((n,n)\)，只能向上向右走，且不能碰到直線 \(a:y=x+1,b:y=x-m-1\) 的方案數。
考慮翻摺法來容斥計數，將連續碰到一條直線看作只碰到一次，如 \(a\ a\ a\ b\ b\ a\) 看作 \(a\ b\ a\)，也就是只考慮第一次碰到直線的貢獻。不合法方案形如：
\[\large\begin
&a \\
&b \\
&a\ b \\
&b\ a \\
&a\ b\ a \\
&b\ a\ b \\
&a\ b\ a\ b \\
&b\ a\ b\ a \\
&a\ b\ a\ b\ a \\
&\dots
\end
\]考慮要減去以 \(a\) 開頭的方案數，就減去以 \(a,a\ b\) 結尾的方案數，加上以 \(b\ a,b\ a\ b\) 結尾的方案數，一直這樣下去，直到方案數為 \(0\)。這一過程可以看作將終點 \((x,y)\) 沿 \(a\) 翻摺，減去從 \((0,0)\) 到終點不受限制的方案數，再沿 \(b\) 翻摺，加上從 \((0,0)\) 到終點不受限制的方案數，直到終點 \((x,y)\) 超出邊界。減去以 \(b\) 開頭的方案數同理。
\(m\) 為兩直線間的距離，得複雜度為 \(o(\frac)\)。
還有另一種做法，設 \(f_\) 為 \(i\) 個節點往左走的次數 \(\leqslant j\) 的笛卡爾樹個數，得：
\[\large f_=\sum_f_x^i\)，得：
\[\large\begin
f_j(x)&=xf_(x)f_j(x)+1 \\
f_j(x)&=\frac(x)} \\
\end
\]設 \(f_j(x)=\frac\)，得：
\[\large\begin
f_j(x)&=\frac(x)} \\
\frac&=\frac(x)}(x)}} \\
\frac&=\frac(x)}(x)-xa_(x)} \\
\end
\]得 \(a_j(x)=b_(x),b_(x)=b_(x)-xa_(x)\)，可以用矩陣快速冪求出 \(a_m(x),b_m(x)\)，這裡先用點值表示後再進行快速冪即可。
複雜度為 \(o(n \log n)\)，明顯沒有第一種方法優秀。
#include#define maxn 400010
#define all 400000
#define p 998244353
using namespace std;
typedef long long ll;
templateinline void read(t &x)
while(isdigit(c))
if(flag)x=-x;
}int n,m,x,y;
ll ans;
ll fac[maxn],ifac[maxn];
ll inv(ll x)
return v;
}ll c(int n,int m)
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，...
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