CF438E The Child and Binary Tree（有意思的生成函数 + 多项式求逆 + 多项式开方）

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CF438E The Child and Binary Tree

简单的黑题

首先我们发现模数为998244353998244353998244353，很自然的想到NTT！！！想到用多项式来求解本题。

具有同样效果的数字还有：1004535809、469762049…1004535809、469762049 \dots1004535809、469762049…

显然： 998244353→NTT998244353\to NTT998244353→NTT（bushi）题目中要求的是权值和为 sss 方案数，即点集中选取若干个点组成一颗权值和为 sss 的树的方案数，经典生成函数。我们设序列 fif_ifi 表示权值和为 iii 的符合条件的二叉树的个数，gig_igi 表示权值 iii 是否包含在 ccc 中，显然有 f0=1f_0=1f0=1，根据题意可得：
fn=∑i=1ngi∑j=1n−ifjfn−i−j[n>0]f_n=\sum_{i=1}^ng_i\sum_{j=1}^{n-i}f_jf_{n-i-j}[n>0]fn=i=1∑ngij=1∑n−ifjfn−i−j[n>0]

经典操作，输入的时候处理一下 gig_igi ，经典动规及乘法原理：权值和为 nnn 的方案数 === 权值和为 jjj 的方案数 ×\times× 权值和为 n−i−jn-i-jn−i−j 的方案数 ×gi(i是否存在)\times\ g_i\ (\text{i是否存在})× gi (i是否存在) 我们只需要令 FFF 表示序列 fff 的生成函数，GGG 表示序列 ggg 的生成函数。则：F=G×F2+1F=G\times F^2+1F=G×F2+1。生成函数 GGG 已经预处理了，求出 FFF 即可。问题变成了一个一元二次方程，显然可以直接使用求根公式：F=1±1−4G2GF=\cfrac{1± \sqrt{1-4G}}{2G}F=2G1±1−4G。因为 2G2G2G 可能为 000 不可求逆，所以需要化简移项： F=21±1−4GF=\cfrac{2}{1±\sqrt{1-4G}}F=1±1−4G2。因为 F0=1,G0=0F_0=1,G_0=0F0=1,G0=0，代入发现当且仅当符号取 +++ 时初始值成立，故取 +++ ，即：F=21+1−4GF=\cfrac{2}{1+\sqrt{1-4G}}F=1+1−4G2

我们直接多项式开根 + 多项式求逆即可。

//#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;const int N = 1000007;
const int p = 998244353, gg = 3, ig = 332738118, img = 86583718;
const int mod = 998244353;template <typename T>void read(T &x)
{x = 0;register int f = 1;register char ch = getchar();while(ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '-')f = -1;ch = getchar();}while(ch >= '0' && ch <= '9') {x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}x *= f;
}int qpow(int a, int b)
{int res = 1;while(b) {if(b & 1) res = 1ll * res * a % mod;a = 1ll * a * a % mod;b >>= 1;}return res;
}namespace Poly
{#define mul(x, y) (1ll * x * y >= mod ? 1ll * x * y % mod : 1ll * x * y)#define minus(x, y) (1ll * x - y < 0 ? 1ll * x - y + mod : 1ll * x - y)#define plus(x, y) (1ll * x + y >= mod ? 1ll * x + y - mod : 1ll * x + y)#define ck(x) (x >= mod ? x - mod : x)//取模运算太慢了typedef vector<int> poly;const int G = 5;const int inv_G = qpow(G, mod - 2);int RR[N], deer[2][19][N], inv[N];void init(const int t) {//预处理出来NTT里需要的w和wn，砍掉了一个log的时间for(int p = 1; p <= t; ++ p) {int buf1 = qpow(G, (mod - 1) / (1 << p));int buf0 = qpow(inv_G, (mod - 1) / (1 << p));deer[0][p][0] = deer[1][p][0] = 1;for(int i = 1; i < (1 << p); ++ i) {deer[0][p][i] = 1ll * deer[0][p][i - 1] * buf0 % mod;//逆deer[1][p][i] = 1ll * deer[1][p][i - 1] * buf1 % mod;}}inv[1] = 1;for(int i = 2; i <= (1 << t); ++ i)inv[i] = 1ll * inv[mod % i] * (mod - mod / i) % mod;}int NTT_init(int n) {//快速数论变换预处理int limit = 1, L = 0;while(limit < n) limit <<= 1, L ++ ;for(int i = 0; i < limit; ++ i)RR[i] = (RR[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (L - 1));return limit;}void NTT(poly &A, int type, int limit) {//快速数论变换A.resize(limit);for(int i = 0; i < limit; ++ i)if(i < RR[i])swap(A[i], A[RR[i]]);for(int mid = 2, j = 1; mid <= limit; mid <<= 1, ++ j) {int len = mid >> 1;for(int pos = 0; pos < limit; pos += mid) {int *wn = deer[type][j];for(int i = pos; i < pos + len; ++ i, ++ wn) {int tmp = 1ll * (*wn) * A[i + len] % mod;A[i + len] = ck(A[i] - tmp + mod);A[i] = ck(A[i] + tmp);}}}if(type == 0) {for(int i = 0; i < limit; ++ i)A[i] = 1ll * A[i] * inv[limit] % mod;}}poly poly_mul(poly A, poly B) {//多项式乘法int deg = A.size() + B.size() - 1;int limit = NTT_init(deg);poly C(limit);NTT(A, 1, limit);NTT(B, 1, limit);for(int i = 0; i < limit; ++ i)C[i] = 1ll * A[i] * B[i] % mod;NTT(C, 0, limit);C.resize(deg);return C;}poly poly_inv(poly &f, int deg) {//多项式求逆if(deg == 1)return poly(1, qpow(f[0], mod - 2));poly A(f.begin(), f.begin() + deg);poly B = poly_inv(f, (deg + 1) >> 1);int limit = NTT_init(deg << 1);NTT(A, 1, limit), NTT(B, 1, limit);for(int i = 0; i < limit; ++ i)A[i] = B[i] * (2 - 1ll * A[i] * B[i] % mod + mod) % mod;NTT(A, 0, limit);A.resize(deg);return A;}poly poly_sqrt(poly &f, int deg) {//多项式开方if(deg == 1) return poly(1, 1);poly A(f.begin(), f.begin() + deg);poly B = poly_sqrt(f, (deg + 1) >> 1);poly IB = poly_inv(B, deg);int limit = NTT_init(deg << 1);NTT(A, 1, limit), NTT(IB, 1, limit);for(int i = 0; i < limit; ++ i)A[i] = 1ll * A[i] * IB[i] % mod;NTT(A, 0, limit);for(int i =0; i < deg; ++ i)A[i] = 1ll * (A[i] + B[i]) * inv[2] % mod;A.resize(deg);return A;}
}using Poly::poly;
using Poly::poly_sqrt;
using Poly::poly_inv;int n, m, x, k, type;char s[N];
int cnt;int main()
{Poly::init(18);//2^21 = 2,097,152,根据题目数据多项式项数的大小自由调整，注意大小需要跟deer数组同步(21+1=22)read(n), read(m);poly f(N), g(N), tmp(N);for(int i = 0; i < n; ++ i)read(x), g[x] = 1;tmp[0] = 1;for(int i = 1; i <= m; ++ i) tmp[i] = mod - 4 * g[i] % mod;g = poly_sqrt(tmp, m + 1);++ g[0];f = poly_inv(g, m + 1);for(int i = 1; i <= m; ++ i) f[i] = f[i] * 2 % mod;for(int i = 1; i <= m; ++ i) printf("%d\n", f[i]);return 0;
}

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