AT ABC290F Maximum Diameter 题解

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组合好题，注意到 \(n\) 个点的边数为 \(n - 1\)，总度数为 \(2n - 2\)，因此序列 \(a\) 的权值不为 \(0\) 时当且仅当 \(\sum a = 2n - 2\) 且 \(a_i \gt 0\)。

接下来是一个简单的贪心，如果对于给定的序列需要构造出一个直径最大的树，我们钦定树上有 \(k\) 个叶子节点，在 \(a\) 中体现为 \(a_i = 1\)，此时只需要将剩下的 \(n - k\) 个节点全部串起来，再在两端放上两个叶子节点，构造出了一棵直径长度为 \(n - k + 2 - 1 = n - k + 1\) 的树，其余的叶子节点挂在 \(n - k\) 个节点上使其满足度数要求。

现在问题转化为，对于每个可能的叶子节点数 \(k \in [2, n - 1]\)，计算有多少个序列 \(a\) 满足恰好有 \(k\) 项 \(a_i = 1\)，然后将数量乘上对应的直径 \(d\)，最后统计总和就是答案。关键在于如何计算”恰好有 \(k\) 项为 \(1\) 的 \(a\) 的数量“。推导如下：

1. 选 \(k\) 个叶子：\(\binom{n}{k}\)
2. 分配剩余的度数：树的总度数和是 \(2n - 2\)，其中 \(k\) 个叶子节点已经占用了 \(k \times 1 = k\) 的度数，剩下的 \((2n - 2) - k\) 的度数还必须满足分配给剩下的 \(n - k\) 个非叶子节点，同时非叶子节点要求度数 \(\geq 2\)
3. 将剩下的 \(2n - 2 - k\) 的度数视为相同的小球，分发给定的 \(n - k\) 个节点视为不同的盒子，每个盒子至少要放 \(2\) 个球，考虑插板法来解决这个问题：
   1. 由于每个盒子至少要有 \(2\) 个小球，我们先给 \(n - k\) 个盒子都分配 \(2\) 的度数，这样就提前分配出了 \(2 \times (n - k)\) 的度数
   2. 剩余度数为 \((2n - 2 - k) - 2 \times (n - k) = 2n - 2 - k - 2n + 2k = k - 2\)，问题再次转化为将 \(k - 2\) 个小球任意分配给 \(n - k\) 个不同的盒子，盒子可以为空
   3. 这就是标准的插板法：将 \(m\) 个小球放入 \(p\) 个不同的盒子，允许盒子为空的方案数是 \(\binom{m + p - 1}{p - 1}\)，代入公式 \(m = k - 2, p = n - k\)
4. 因此分配方案数为 \(\binom{(k - 2) + (n - k) - 1}{(n - k) - 1} = \binom{n - 3}{n - k - 1}\)，根据组合数的性质 \(\binom{a}{b} = \binom{a}{a - b}\) 化简得到 \(\binom{n - 3}{k - 2}\)

综上所述得到了最终的求答案的式子：

\[ans = \sum_{k = 2}^{n} \binom{n}{k} \binom{n - 3}{k - 2} \left( n - k + 1 \right) \]

这样子就做到了 \(O(n)\) 求和，我们还需要一点黑科技来将其变为 \(O(1)\) 的。

第一个是吸收恒等式（Absorption Identity），形式如：

\[k \binom{n}{k} = n \binom{n - 1}{k - 1} \]

其中 \(n \geq k \geq 1\)。恒等式的作用是”吸收“系数 \(k\) 从而改变组合数参数，同样有提取出来的恒等式：

\[\binom{n}{k} = \frac{n}{k} \binom{n - 1}{k - 1} \]

证明直接展开组合数就可以了，当然通过组合意义证明更直观而且深刻，但是注意到”吸收恒等式“这个名称可能只流传在 OI 圈中，这个等式作为组合数的一个基础扩展并没有一个定称。

另一个是 范德蒙德卷积：重点在于转化出两个组合数的下脚标之和为定值 \(k\)。

\[\sum_{i = 0}^{k} \binom{n}{i} \binom{m}{k - i} = \binom{n + m}{k} \]

化简求和式：

\[\begin{aligned} ans &= \sum_{k = 1}^{n} \binom{n}{k} \binom{n - 3}{k - 2} ((n - 1) - (k - 2)) \\ &= (n - 1) \sum_{k} \binom{n}{k} \binom{n - 3}{k - 2} - \sum_{k} \binom{n}{k} (k - 2) \binom{n - 3}{k - 2} \\ \end{aligned} \]

拆开计算两者：

运用范徳蒙德卷积处理第一项：

\[\begin{aligned} &(n - 1) \sum_{k} \binom{n}{k} \binom{n - 3}{k - 2} \\ =& (n - 1) \sum_{k} \binom{n}{k} \binom{n - 3}{(n - 3) - (k - 2)} \\ =& (n - 1) \sum_{k} \binom{n}{k} \binom{n - 3}{n - k - 1} \\ =& (n - 1) \binom{2n - 3}{n - 1} \end{aligned} \]

运用吸收恒等式和卷积处理第二项：

\[\begin{aligned} & \sum_{k} \binom{n}{k} (k - 2) \binom{n - 3}{k - 2} \\ =& \sum_{k} \binom{n}{k} (n - 3) \binom{n - 4}{k - 3} \\ =& (n - 3) \sum_{k} \binom{n}{k} \binom{n - 4}{k - 3} \\ =& (n - 3) \sum_{k} \binom{n}{k} \binom{n - 4}{(n - 4) - (k - 3)} \\ =& (n - 3) \binom{n + (n - 4)}{n - 1} \\ =& (n - 3) \binom{2n - 4}{(2n - 4) - (n - 1)} \\ =& (n - 3) \binom{2n - 4}{n - 3} \end{aligned} \]

合并两者得到：

\[ans = (n - 1) \binom{2n - 3}{n - 1} - (n - 3) \binom{2n - 4}{n - 3} \]

终于降为了 \(O(1)\)，预处理一下组合数就做完了。

#include <bits/stdc++.h>

#define int long long

constexpr int N = 3e6 + 7;
constexpr int R = 2e6;
constexpr int P = 998244353;

template <typename T>
T expow(T a, T b) {
	T res = 1;
	for (; b; b >>= 1) {
		if (b & 1)
			res = res * a % P;
		a = a * a % P;
	}
	return res;
}

int fac[N], inv[N];
void init() {
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= R; i++)
		fac[i] = fac[i - 1] * i % P;
	inv[R] = expow(fac[R], P - 2);
	for (int i = R; i; i--)
		inv[i - 1] = inv[i] * i % P;
}

int C(int n, int m) {
	if (n < m || n < 0 || m < 0)
		return 0;
	return (fac[n] * inv[m] % P * inv[n - m] % P) % P;
}

void solve() {
	int n; std::cin >> n;
	int res1 = (n - 1) * C(2 * n - 3, n - 1) % P,
		res2 = -(n - 3) * C(2 * n - 4, n - 3) % P;
	std::cout << (res1 + res2 + P) % P << "\n";
}

signed main() {
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(nullptr);

	init();
	int t;
	std::cin >> t;
	while (t--) {
		solve();
	}
	return 0;
}