LOJ 3400 Storm & CodeChef SELEDGE 命题报告（下）

目录

• 关于本文
• 解法二的复杂度分析
  • 上界一
  • 上界二
  • 上界三
  • 进一步的改进
    • 改进思路一
    • 改进思路二

关于本文

SELEDGE 是我在 CodeChef 网站上命制的题目。

后来我将该题改编为集训队作业自选题，并由 EI 鸽鸽将其公开在了 LOJ 上（赞美 EI ！），题号是 LOJ 3400 。本文将以 LOJ 上的题目版本为准。

本文分为上、下两个部分，前者基本上是复制粘贴自己先前写的题解，后者是对解法二的复杂度上界进行了改进。

解法二的复杂度分析

之前关于解法二，我们给出了 \(O\big(\left(N+M\right)+F_KC_K\,\mathrm{poly}\left(K\right)\big)\) 的复杂度上界，但这个界既不够简洁也不够紧。

在本节中我们将会：

• 将这个上界改写为更简洁的形式（上界一）。
• 将上界一改进，得到上界二。
• 将上界二改进，得到上界三。
• 讨论进一步改进的可能性。

上界一

引理1：\(C_n=\Theta\left(4^n\cdot n^{-3/2}\right)\) ，其中 \(C\) 表示卡特兰数。（证明）

引理2：\(F_n=\Theta\left(\varphi^n\right)\) ，其中 \(F\) 表示斐波那契数，\(\varphi\approx 1.618\) 表示黄金比例。（由斐波那契数通项公式易得）

那么原先的界可以改写为 \(O\big(\left(N+M\right)+(4\varphi)^K\,\mathrm{poly}\left(K\right)\big)\) 。幂底数 \(4\varphi\) 约等于 \(6.472\) 。

上界二

回顾一下复杂度上界中 \(F_K\) 与 \(C_K\) 的含义：

• \(F_K\) ：把根结点的至多 \(K\) 个儿子划分的方案数上界。
• \(C_K\) ：树的形态的方案数上界。

更准确地说：

• 当根结点恰有 \(d\) 个儿子时，划分儿子的方案数为 \(F_d\) 。而 \(F_K\) 就等于 \(\max_d F_d\) ，且在忽略多项式因子后等于 \(\sum_d F_d\) 。
• 当根结点恰有 \(d\) 个儿子时，不妨记树的形态的方案数为 \(C_{K,d}\) 。而 \(C_K\) 就等于 \(\sum_d C_{K,d}\) ，且在忽略多项式因子后等于 \(\max_d C_{K,d}\) 。
• 于是 \(F_KC_K\) 就是实际的总方案数 \(\sum_d F_dC_{K,d}\) 的上界。

注意到： \(F_d\) 随 \(d\) 的上升而急剧上升，但当 \(d\) 接近于上限 \(K\) 时，\(C_{K,d}\) 的值是很小的。

也就是说，和式 \(\sum_d F_dC_{K,d}\) 中， \(F_d\) 的最大值与 \(C_{K,d}\) 的最大值是错位的。我们将利用这一错位来改进上界。

先给出 \(C_{K,d}\) 的上界： \(C_{K,d}\leq C_{K-d}{K-1 \choose K-d}\) 。理由是：

• 在原树中将根结点删去，会得到一个森林。将这个森林中所有根结点合并，会得到一棵 \(K-d+1\) 个结点的树 \(T\) ，树 \(T\) 的可能形态有 \(C_{K-d}\) 种。\(T\) 中所有深度为 1 的点，是原先的树中所有深度为 2 的点。
• 要想还原出原先的树，还需要对 \(T\) 的根结点的每个儿子，确定其在原树中的父亲是谁。也就是说，需要把 \(T\) 中深度为 1 的结点划分成 \(d\) 个（长度任意、不一定非空的）连续段。深度为 1 的结点至多有 \(K-d\) 个，于是由插板法，方案数至多是 \({(K-d)+d-1 \choose d-1}={K-1\choose K-d}\) 。

于是原先的上界可以改进为：（下式中求和指标 \(i\) 表示 \(K-d\) ）

\[\begin{align} &\phantom{\ =} \sum\limits_{i=0}^{K-1} C_i{K-1 \choose i}F_{K-i} \notag\\ &=O\left( \mathrm{poly}(K)\cdot\sum\limits_{i=0}^{K-1} 4^i{K-1 \choose i}\varphi^{K-i} \right)\notag\\ &=O\left( \mathrm{poly}(K)\cdot\varphi^K \sum\limits_{i=0}^{K-1} {K-1 \choose i}\left(\frac{4}{\varphi}\right)^i \right)\notag\\ &=O\left( \mathrm{poly}(K)\cdot\varphi^K \left(1+\frac{4}{\varphi}\right)^{K-1} \right)\notag\\ &=O\left( \mathrm{poly}(K)\cdot\left(4+\varphi\right)^K \right)\notag \end{align} \]

综上，解法二的复杂度为 \(O\big(\left(N+M\right)+(4+\varphi)^K\,\mathrm{poly}\left(K\right)\big)\) 。幂底数 \(4+\varphi\) 约等于 \(5.618\) 。

上界三

【原文已删除】

上界三它假了，大家散了吧。

😭😭😭

进一步的改进

改进思路一

在上界三的推导中，我们做了一步“用均值的幂来作为下降幂的上界”的转化（即引理3）。

如果把这个转化改为直接使用斯特林公式（或者说用 \(e^{\int\log x}\) 来近似下降幂），再利用两个因子的最大值的错位，那么应该能够得到比上界二更紧的界。

但我已经推麻了，我不想推了。😭

改进思路二

\(C_{K,d}\) 的表达式是能求出来的。

记 \(F(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}\) 为卡特兰数 OGF ，则对于固定的 \(d\) ，\(C_{K,d}\) 关于 \(K\) 的 OGF 是 \(\left(xF(x)\right)^d\) 。

而 \(F(x)\) 又有 \(F^2(x)=\frac{F(x)-1}{x}\) 这个性质，于是易见任何 \(F^n(x)\) 都可以表出为 \(\frac{P_n(x)F(x)+Q_n(x)}{x^{n-1}}\) 的形式，其中多项式 \(P_n,Q_n\) 的系数是 OEIS A102426 。

进而可以得到 \(C_{K,d}\) 的通项，我算了算大概是

\[\sum_{i=0}^{\lfloor(d-1)/2\rfloor} (-1)^i{\lfloor d/2\rfloor +i \choose \lfloor (d-1)/2\rfloor -i}C_{K-i-1} \]

然而这个 \((-1)^i\) 好像很难办，一般的求上界方法对交错和好像都不太管用。不懂，也许有牛逼做法呢。