[集训队作业2018] count（笛卡尔树，生成函数，卡特兰数）

传送门

什么情况下两序列同构

对于两序列A[1,n],B[1,n]A[1,n],B[1,n]A[1,n],B[1,n]，设fA(1,n)=pa,fB(1,n)=pbf_A(1,n)=p_a,f_B(1,n)=p_bfA(1,n)=pa,fB(1,n)=pb，

若pa≠pbp_a\not=p_bpa=pb，A,BA,BA,B一定不同构。
若pa=pbp_a=p_bpa=pb，
若A[1,pa−1]A[1,p_a-1]A[1,pa−1]与B[1,pb−1]B[1,p_b-1]B[1,pb−1]同构且A[pa+1,n]A[p_a+1,n]A[pa+1,n]与B[pb+1,n]B[p_b+1,n]B[pb+1,n]同构，则A[1,n],B[1,n]A[1,n],B[1,n]A[1,n],B[1,n]同构；
否则A,BA,BA,B不同构。

由这个过程想到什么？笛卡尔树！
没错，两序列同构当且仅当它们的笛卡尔树形态相同。

生成函数做法

引理证明：
A={X∣序列X长度为n,序列X中的每个数都是1到m内的整数}A=\{X| 序列X长度为n,序列X中的每个数都是1到m内的整数\}A={X∣序列X长度为n,序列X中的每个数都是1到m内的整数}
B={X∣序列X长度为n,序列X中的每个数都是1到m内的整数，且序列X中的最大值为m}B=\{X| 序列X长度为n,序列X中的每个数都是1到m内的整数，且序列X中的最大值为m\}B={X∣序列X长度为n,序列X中的每个数都是1到m内的整数，且序列X中的最大值为m}
C={X∣序列X长度为n,序列X中的每个数都是1到m内的整数，且所有1到m内的整数都在序列X中出现过}C=\{X| 序列X长度为n,序列X中的每个数都是1到m内的整数，且所有1到m内的整数都在序列 X 中出现过\}C={X∣序列X长度为n,序列X中的每个数都是1到m内的整数，且所有1到m内的整数都在序列X中出现过}
可以证明n≥mn\geq mn≥m时，A=B=CA=B=CA=B=C。

证明：
首先证明A=BA =BA=B。
对于AAA中任意一个序列XXX，若XXX中的最大值为ppp，那么把XXX中的每个数都加上m−pm−pm−p，得到序列YYY ，显然XXX和YYY同构，即X=YX=YX=Y 。YYY中最大值为mmm，即Y∈BY\in BY∈B。
对于任意 X∈AX \in AX∈A，均有X∈BX\in BX∈B，这说明A⊆BA\subseteq BA⊆B。而 B⊆AB\subseteq AB⊆A 是显然的，因此 A=BA=BA=B。

可以利用类似的方法证明 A=CA=CA=C。
对于AAA中任意一个序列XXX，可以在同构的前提下，保持不同权值的数之间的相对大小的同时，把权值相同的数按下标顺序替换成权值不同的数。这样在n≥mn\geq mn≥m时，通过上述替换，可以使XXX中出现过的数增加至mmm种。
对于任意X∈AX\in AX∈A，均有X∈CX\in CX∈C，这说明A⊆CA\subseteq CA⊆C。C⊆AC\subseteq AC⊆A 也是显然的，因此 A=CA =CA=C。

DP：
设f[i][j]f[i][j]f[i][j]表示n=i,m=jn=i,m=jn=i,m=j时的∣C∣|C|∣C∣，那么f[i][j]=∣C∣=∣A∣=∣B∣f[i][j]=|C|=|A|=|B|f[i][j]=∣C∣=∣A∣=∣B∣。
考虑计算∣B∣|B|∣B∣，那么最大值为jjj，枚举下标最小的jjj的下标，得到递推式：
f[i][j]=∑p=1if[p−1][j−1]×f[i−p][j]f[i][j]=\sum_{p=1}^{i}f[p-1][j-1]\times f[i-p][j]f[i][j]=p=1∑if[p−1][j−1]×f[i−p][j]
(把f[p−1][j−1]f[p-1][j-1]f[p−1][j−1]当∣A1∣|A_1|∣A1∣，f[i−p][j]f[i-p][j]f[i−p][j]当∣A2∣|A_2|∣A2∣)

引入生成函数：
设Fj(x)=∑i≥0f[i][j]xiF_j(x)=\sum_{i\geq 0}f[i][j]x^iFj(x)=∑i≥0f[i][j]xi，代入递推式有：
Fj(x)[xi]=∑p=1iFj−1(x)[xp−1]×Fj(x)[xi−p]F_j(x)[x^i]=\sum_{p=1}^{i}F_{j-1}(x)[x^{p-1}]\times F_j(x)[x^{i-p}]Fj(x)[xi]=p=1∑iFj−1(x)[xp−1]×Fj(x)[xi−p]
Fj(x)[xi]=∑p=0i−1Fj−1(x)[xp]×Fj(x)[xi−1−p]F_j(x)[x^i]=\sum_{p=0}^{i-1}F_{j-1}(x)[x^{p}]\times F_j(x)[x^{i-1-p}]Fj(x)[xi]=p=0∑i−1Fj−1(x)[xp]×Fj(x)[xi−1−p]
Fj(x)[xi]=(Fj−1(x)×Fj(x))[xi−1]F_j(x)[x^i]=(F_{j-1}(x)\times F_j(x))[x^{i-1}]Fj(x)[xi]=(Fj−1(x)×Fj(x))[xi−1]
平凡情况有f[0][j]=1f[0][j]=1f[0][j]=1。

所以Fj(x)=Fj(x)Fj−1(x)x+1F_j(x)=F_j(x)F_{j-1}(x)x+1Fj(x)=Fj(x)Fj−1(x)x+1
所以Fj(x)=11−Fj−1(x)xF_j(x)=\frac{1}{1-F_{j-1}(x)x}Fj(x)=1−Fj−1(x)x1

直接做似乎很不可做，但由这个式子我们知道FjF_jFj可以分解为AjBj\frac{A_j}{B_j}BjAj，其中Aj,BjA_j,B_jAj,Bj是两个次数界为O(j)O(j)O(j)的多项式，那么考虑求Aj,BjA_j,B_jAj,Bj：

AjBj=11−Aj−1Bj−1x\frac{A_j}{B_j}=\frac{1}{1-\frac{A_{j-1}}{B_{j-1}}x}BjAj=1−Bj−1Aj−1x1
AjBj=Bj−1Bj−1−Aj−1x\frac{A_j}{B_j}=\frac{B_{j-1}}{B_{j-1}-A_{j-1}x}BjAj=Bj−1−Aj−1xBj−1

于是得到Aj=Bj−1,Bj=Bj−1−Aj−1xA_j=B_{j-1},B_j=B_{j-1}-A_{j-1}xAj=Bj−1,Bj=Bj−1−Aj−1x，将转移关系用矩阵来表示就得到：

[01−x1](Aj−1Bj−1)=(AjBj)\begin{bmatrix}0 & 1\\-x & 1 \end{bmatrix}\begin{pmatrix}A_{j-1}\\B_{j-1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}A_j\\B_j\end{pmatrix}[0−x11](Aj−1Bj−1)=(AjBj)

那么可以通过矩阵快速幂来求Aj,BjA_j,B_jAj,Bj。但是直接在矩阵中用多项式进行计算会很麻烦，因此不妨考虑用单位根代入求点值，用IDFTIDFTIDFT插出多项式即可。复杂度O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)。

参考博客

卡特兰数做法

因为两序列同构当且仅当它们的笛卡尔树形态相同，所以原题就是问有多少棵不同形态的节点数为nnn的笛卡尔树满足要求。

为了满足题目中所给出的 “如果有多个最大值，取下标最小的” 的要求，规定笛卡尔树上的节点xxx满足：左儿子的值<x<x<x的值&&右儿子的值≤x\leq x≤x的值

根据上文引理的证明，
“序列中的每个数都是1到mmm内的整数，且所有111到mmm内的整数都在序列中出现过”的条件
等价于 “序列中的每个数都是1到mmm内的整数”，
所以一棵笛卡尔树有符合条件的填数方法，当且仅当 从根节点往下走，不存在一种走法，使得往左儿子走的次数>m−1>m−1>m−1（每往左儿子走一次，相当于权值 −1，需要有数可填）

考虑将"往左儿子走的次数≤m−1\leq m−1≤m−1"的条件进行转换，变为更容易处理的问题：
想到多叉树转二叉树的方法：节点xxx的左儿子为原树上xxx的儿子，右儿子为原树上xxx的兄弟
考虑把笛卡尔树这棵二叉树转回多叉树（存在转换后构不成一棵树的情况，需要新增一个虚点作为根节点），
“笛卡尔树上往左儿子走的次数≤m−1\leq m−1≤m−1” 等价于 “记虚点的深度为0，多叉树的深度要≤m\leq m≤m”。
问题变成统计 有n+1n+1n+1个节点，深度≤m\leq m≤m的不同形态的多叉树棵树

考虑树的括号表示，再稍微改一下定义

以这棵树为例，常规的括号表示法为1(2(4(8,9),5(10,11)),3(6(12),7))，我把它改成
从左到右遍历多叉树对应的括号序列（不算最外层根代表的那对括号），要求任何时候左括号数量≥右括号数量左括号数量\geq 右括号数量左括号数量≥右括号数量（括号序列性质），左括号数量−右括号数量≤m左括号数量-右括号数量\leq m左括号数量−右括号数量≤m（树的深度≤m\leq m≤m）

把统计合法的括号序列个数转化为统计折线数量：
从左到右遍历括号序列，每遍历到一个括号，xxx坐标+1，如果遍历到的是左括号则yyy坐标+1，遍历到的是右括号则yyy坐标-1。起点为(0,0)(0,0)(0,0)，终点为(2n,0)(2n,0)(2n,0)。由于对括号序列的限制，行走过程中不能经过y=−1y=-1y=−1，y=m+1y=m+1y=m+1这两条直线。

原问题转为统计从(0,0)(0,0)(0,0)走到(2n,0)(2n,0)(2n,0)，每次x+1x+1x+1，y+1或−1y+1或-1y+1或−1，不经过y=−1y=-1y=−1，y=m+1y=m+1y=m+1这两条直线的合法方案数。

先简化问题：只限制折线不能经过y=−1y=-1y=−1，不限制其不能经过y=m+1y=m+1y=m+1

记A(x1,y1)→(x2,y2)A_{(x1,y1)\to(x2,y2)}A(x1,y1)→(x2,y2)为从(x1,y1)(x1,y1)(x1,y1)走到(x2,y2)(x2,y2)(x2,y2)，不考虑是否经过某些直线的方案数，
B(x1,y1)→(x2,y2)B_{(x1,y1)\to(x2,y2)}B(x1,y1)→(x2,y2)为从(x1,y1)(x1,y1)(x1,y1)走到(x2,y2)(x2,y2)(x2,y2)，经过y=−1y=-1y=−1的方案数，
C(x1,y1)→(x2,−1)C_{(x1,y1)\to(x2,-1)}C(x1,y1)→(x2,−1)为从(x1,y1)(x1,y1)(x1,y1)走到(x2,−1)(x2,-1)(x2,−1)，在(x2,−1)(x2,-1)(x2,−1)第一次经过y=−1y=-1y=−1的方案数。

A(x1,y1)→(x2,y2)=Cx2−x1x2−x1+y2−y12A_{(x1,y1)\to (x2,y2)}=C_{x2-x1}^{\frac{x2-x1+y2-y1}{2}}A(x1,y1)→(x2,y2)=Cx2−x12x2−x1+y2−y1（相当于在x2−x1x2-x1x2−x1步中选x2−x1+y2−y12\frac{x2-x1+y2-y1}{2}2x2−x1+y2−y1步令yyy坐标+1）

考虑容斥，简化版问题的答案为A(0,0)→(2n,0)−B(0,0)→(2n,0)A_{(0,0)\to(2n,0)}-B_{(0,0)\to(2n,0)}A(0,0)→(2n,0)−B(0,0)→(2n,0)
B(0,0)→(2n,0)=∑p=12n−1C(0,0)→(p,−1)×A(p,−1)→(2n,0)B_{(0,0)\to(2n,0)}=\sum_{p=1}^{2n-1}C_{(0,0)\to(p,-1)}\times A_{(p,-1)\to(2n,0)}B(0,0)→(2n,0)=p=1∑2n−1C(0,0)→(p,−1)×A(p,−1)→(2n,0)
设s′s's′与s(0,0)s(0,0)s(0,0)关于y=−1y=-1y=−1对称，根据对称性C(0,0)→(p,−1)=Cs′→(p,−1)C_{(0,0)\to(p,-1)}=C_{s'\to (p,-1)}C(0,0)→(p,−1)=Cs′→(p,−1)
所以
B(0,0)→(2n,0)=∑p=12n−1Cs′→(p,−1)×A(p,−1)→(2n,0)B_{(0,0)\to(2n,0)}=\sum_{p=1}^{2n-1}C_{s'\to (p,-1)}\times A_{(p,-1)\to(2n,0)}B(0,0)→(2n,0)=p=1∑2n−1Cs′→(p,−1)×A(p,−1)→(2n,0)
等式右侧那坨式子的组合意义就是As′→(2n,0)A_{s'\to(2n,0)}As′→(2n,0)
所以
B(0,0)→(2n,0)=As′→(2n,0)B_{(0,0)\to(2n,0)}=A_{s'\to(2n,0)}B(0,0)→(2n,0)=As′→(2n,0)

再考虑简化前的问题怎么做：

若要计算 “经过若干次y=m+1y=m+1y=m+1，再经过若干次y=−1y=−1y=−1，再经过若干次y=m+1y=m+1y=m+1，再.........” 的折线数量，则把起点(0,0)(0,0)(0,0)关于y=m+1y=m+1y=m+1对称，再关于y=−1y=−1y=−1对称，再关于y=m+1y=m+1y=m+1对称，再......... 所求折线数量即为最终得到的起点到(2n,0)(2n,0)(2n,0)，不考虑是否经过某些直线的折线数量。

折线先经过y=−1y=-1y=−1的情况同理。

还是考虑容斥，容斥系数就是(−1)对称次数(-1)^{对称次数}(−1)对称次数

参考博客

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
const int mod=998244353;
int n,m,fac[N<<1],ifac[N<<1];
int C(int n,int m){return (ll)fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod;
}
int main(){scanf("%d%d",&n,&m);if(m>n){puts("0");return 0;}fac[0]=fac[1]=ifac[0]=ifac[1]=1;for(int i=2;i<=n*2;i++) fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod,ifac[i]=(ll)(mod-mod/i)*ifac[mod%i]%mod;for(int i=2;i<=n*2;i++) ifac[i]=(ll)ifac[i-1]*ifac[i]%mod;int ans=C(n*2,n);for(int i=0,x=0;;i++){if(i&1) x=-2-x;else x=(m+1)*2-x;if(abs(x)>n*2) break;if(i&1) (ans+=C(n*2,(n*2-x)/2))%=mod;else (ans+=mod-C(n*2,(n*2-x)/2))%=mod;}for(int i=0,x=0;;i++){if(i&1) x=(m+1)*2-x;else x=-2-x;if(abs(x)>n*2) break;if(i&1) (ans+=C(n*2,(n*2-x)/2))%=mod;else (ans+=mod-C(n*2,(n*2-x)/2))%=mod;}printf("%d\n", ans);return 0;
}