UOJ424【集训队作业2018】 count

UOJ424【集训队作业2018】 count [* medium]

• 如果一个序列 \(a_i\) 满足长度为 \(n\)，\(a_i\in [1,m]\)，且 \(1\sim m\) 的所有数均出现过，那么称 \(a\) 为好序列
• 对于序列 \(A\)，记 \(f_{A}(l,r)\) 为 \([l,r]\) 内最大值的下标，如果有多个最大值那么取下标最小的。
• 称序列 \(A\) 和 \(B\) 同构当且仅当对于所有的 \(l,r\) 均有 \(f_{A}(l,r)=f_B(l,r)\)
• 求本质不同的好序列的数量。
• \(n\le 10^5\)，答案对 \(998244353\) 取模。

Solution

先特判掉 \(m>n\) 的情况。

考虑先确定一个 \(f\) 数组，然后判定他能否生成一个好序列。

考虑先确定最靠左边的最大值的位置，此时他大于等于后面的元素，然后严格大于前面的元素。

不难发现这种确定方式可以固定一组 \(f\) 序列，同时，如果这张图上的最长链小于等于 \(m\)，那么这个答案就是合法的。

观察到我们其实只关心长度，于是我们不难得到 \(\mathcal O(n^2m)\) 的暴力做法。

具体来说，令 \(f_{i,j}\) 表示长度为 \(i\) 的序列，最大值为 \(j\) 的方案数，令 \(S_{i,j}\) 为其前缀和：

• \(f_{i,j}\leftarrow dp_{i-1,j-1}\) 表示最大值为最后一个元素
• \(f_{i,j}\leftarrow dp_{i-1,j}\) 表示最大值为第一个元素
• \(f_{i,j}\leftarrow S_{k-1,j-1}dp_{i-k-1,j}+dp_{k-1,j-1}S_{i-k-1,j-1}\)

具体来说，我们发现这个实际上是一个树计数的过程，我们考虑一棵二叉树，左儿子的边为蓝色，右儿子的边为红色，一棵树合法当且仅当其不存在一个点走到根节点需要经过 \(m\) 条蓝边。

这样的话我们考虑直接对 \(S\) 序列进行计数，方便起见我们认为初始的答案为 \(1\)，同时规定 \(S_{0,0}=1\)，不难发现：

• \(S_{i,j}\leftarrow S_{k-1,j-1}S_{i-k,j}\)

边界为 \(S_{0,?}=S_{1,x(x\ge 1)}=1\)，答案为 \(S_{n,m}\)

这个式子看上去就非常的卷积，我们从小到大枚举 \(j\)，记 \(f_j(x)\) 表示其生成函数 \(\sum S_{i,j}x^i\)

不难发现：\(f_j(x)=f_j(x)f_{j-1}(x)x+1\) 于是得到 \(f_j(x)=\frac{1}{1-f_{j-1}(x)x}\)

考虑一类函数复合，\(G(f(x))=\frac{1}{1-f(x)x}\)，我们希望求得是 \(G(G(...G(\frac{1}{1-x})))\)

基于观察，我们发现答案一定可以写成 \(\frac{A(x)}{B(x)}\)

这样的话递推形式即为 \(\frac{1}{1-\frac{A(x)}{B(x)}x}=\frac{B(x)}{B(x)-A(x)x}\)

可以写成矩阵的形式，通过矩阵快速幂 +NTT 处理即可，复杂度 \(\mathcal O(n\log^2 n)\)

最后还要多项式求逆一下。

有没有更 easy 的做法呢？当然是有的！

注意到，这个题只需要我们算出其中一项 \(f_m[x^n]\)，所以我们可以考虑一下奇怪的trick：

我们希望计算二叉树的数量，可以考虑计算括号序列的数量，根据此题模型，我们可以考虑一个这样的转换：

• 对这棵树做 Dfs，然后在左子树形成的括号序列上加上一对括号在边界，然后剩余的即为右子树。

然后基于这样的观察我们发现任意的一个括号序列都是合法的，将左括号设为 \(+1\)，右括号设为 \(-1\) 问题等价于配对的括号序列使得不存在前缀和大于 \(m\)（此时假设前缀和为 \(x\) 等价于往 \(l\) 子树走了 \(x-1\) 步）这样的话我们给 \(m+1\)，然后就是大于等于 \(m\) 了。

套路，不妨从坐标系的角度考虑（ \(y\) 表示左括号，\(x\) 表示右括号）我们等价于计算有多少条路径，满足不经过 \(y=x-1\) 和 \(y=x+m\)，求走到 \((n,n)\) 的方案数。

这样的话，仿照 [JLOI2015]骗我呢 进行处理即可，复杂度 \(\mathcal O(n)\)

答案等于总方案数减去至少经过了 A，至少经过了 B，加上至少经过了 AB，至少经过了 BA，减去 ... 依次类推。

预处理组合数即可。

\(Code:\)

#include<bits/stdc++.h>
using 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() {
	char cc = getchar() ; int cn = 0, flus = 1 ;
	while( cc < '0' || cc > '9' ) {  if( cc == '-' ) flus = - flus ; cc = getchar() ; }
	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 {
	int x, y ; 
	node(int _x = 0, int _y = 0) { x = _x, y = _y ; }
} Ed ; 
int fpow(int x, int k) {
	int ans = 1, base = x ;
	while(k) {
		if(k & 1) ans = 1ll * ans * base % P ;
		base = 1ll * base * base % P, k >>= 1 ;
	} return ans ;
}
int C(int x, int y) {
	if(x < 0 || y < 0 || x < y) return 0 ; 
	return fac[x] * inv[y] % P * inv[x - y] % P ; 
}
int operator - (node a, node b) {
	int dx = a.x - b.x, dy = a.y - b.y ; 
	return C(dx + dy, dx) ; 
}
node F(node x, int b) {return node(x.y - b, x.x + b) ;}
int Get(node x, int type) {
	if( (Ed - x) == 0 ) return 0 ;
	return ( (Ed - x) - Get(F(x, (type) ? -1 : m), type ^ 1) + P ) % P; 
}
signed main()
{
	n = gi(), m = gi(), maxn = n * 2 ; 
	if( m > n ) { puts("0") ; exit(0) ; }
	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 ;
}