明日缥缈

[集训队作业2018]count

显然等价于数本质不同的笛卡尔树的个数，而当 \(m\leq n\) 时这等价于最长左链的边数+1小于等于 \(m\) 。
注意到我们可以用孩子兄弟表示法表示一棵任意有根树，同理，我们可以把一棵 \(n\) 个点的二叉树唯一确定到一棵 \(n+1\) 个点的有根树，且最长左链的长度就是最大深度。因此就是问有多少 \(n+1\) 个点的有根树，使得最大深度 \(\leq m\) 。考虑求出树的括号序，那么把左括号看成+1,右括号看成-1,等价于从 \((0,0)\) 走到 \((2n,0)\)，每次向右上或者右下走一步，且任意时刻位于 \([0,m]\) 之间的路径条数。
这是一种经典的双折线容斥，详见 JLOI 骗我呢 。
记 $$path(n,m)=\binom{n}{\frac{n+m}{2}}$$ 表示 \((0,0)\) 走到 \((n,m)\) 不考虑限制的方案数。

如果经过直线 \(y=-1\)，我们记录一个 A，如果经过一个 \(y=m\)，我们记一个 B 。

那么考虑不合法路径对应的字符串，我们把相邻形同的缩成一个之后，一定形如 ABABA\(\dots\)，或者 BABAB\(\dots\) 。
我们用总的方案数，减掉 \(A\) 开头的，减掉 \(B\) 开头的，就是答案。

仿照卡特兰数的求法，我们把原点关于 \(A\) 对称，得到点 \(P\)，那么每一条\(A\) 开头的路径关于第一个交点对称之后一定变成从 \(P\) 出发的。但是从 \(P\) 出发的路径不一定都是以 \(A\) 开头的，有可能是以 \(BA\) 开头的。
我们减掉以 \(BA\) 开头的就行了，类似这样的思路，我们不断迭代，进行容斥就好了。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6+7;
const int mod = 998244353;
int Pow(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;
}
int fac[N],ifac[N];
void init(int n)
{
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	ifac[n]=Pow(fac[n],mod-2);
	for(int i=n-1;i>=0;i--)ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod;
}
inline int binom(int n,int m)
{
	if(n<0||m<0||n<m) return 0;
	return 1ll*fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod;
}
int path(int a,int b,int c,int d)
{
	int n=c-a,m=d-b;
	if((n+m)%2==1)return 0;
	return binom(n,(n+m)/2);
}
int n,m;
int main()
{
	init(N-1);
	cin>>n>>m;
	if(m>n)
	{
		cout<<0;
		return 0;
	}
	n*=2;
	int l=-1,r=m+1;
	int ans=path(0,0,n,0),c=mod-1,p1=2*l,p2=2*r;
	while(abs(p1)<=n)
	{
		ans=(ans+1ll*c*path(0,p1,n,0)%mod)%mod;
		if(c==1)p1=2*l-p1;else p1=2*r-p1;
		c=mod-c;
	}
	c=mod-1;
	while(abs(p2)<=n)
	{
		ans=(ans+1ll*c*path(0,p2,n,0)%mod)%mod;
		if(c==1)p2=2*r-p2;else p2=2*l-p2;
		c=mod-c;		
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}