对边不交树结构的解析组合分析

《本文介绍一种小常数 \(O(n \log n)\) 计算 A091320(n, k) 一行的方法。》

树论题

定义 \(n\) 个节点的平面有根树是满足如下条件的树：

\(n\) 个节点按标号在平面上顺序排列为一个正 \(n\) 边形，根为 \(1\) 号节点。

边是连接两个节点的直线段，任意两条边不在除端点外的位置交叉。

任意两个节点联通，且不存在环。

定义一棵平面有根树的叶子为只与一条边连接且不为根的节点。

给定 \(n\)，请对每个 \(1\le k < n\) 计数 \(n\) 个节点、\(k\) 个叶子的平面有根树，对 \(998244353\) 取模。

这是去年（2023）八月的点子，但是想今年（2024）六月后再出。
然后是大家都熟知的事情了：任意二次分式的复合方法被公布；xiaoziyao 老师出了一道集训队互测。于是这道题的 gf 处理部分就完全 well-known 了。
而推导 gf 的部分（或得到 gf 的方法）可以在神 flajolet 的《对不交结构的解析组合分析》中找到。数列就是 A091320。那这题的所有部分就都 well-known 了。/dk

公开了。/fn

首先考虑不使用生成函数的做法。

定义 \(f(a, b, c)\) 为顺次排列 \(a\) 个点，其中第 \(b\) 个为根，有 \(c\) 个叶子的方案数。转移考虑枚举最右子树的范围，枚举右边的根，枚举叶子个数，有 \(O(n^6)\) dp。前缀和优化得到 \(O(n^5)\)，插值维护得到 \(O(n^4)\)。

选用 \(O(n^5)\) 的做法即可过前三个 subtask。

code

感谢 kaguya 的代码。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define sz 305
#define mod 998244353
int n;
int dp[sz][sz][sz], sum[sz][sz];
int main()
{
	scanf ("%d", &n);
	dp[1][1][1] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int k = 1; k <= i; ++k)
		{
			dp[i][1][k] = (dp[i][1][k] + sum[i - 1][k]) % mod;
			for (int j = 1; j <= i; ++j)
			{
				if (j > (i + 1 >> 1))
				{
					dp[i][j][k] = dp[i][i - j + 1][k];
					continue;
				}
				for (int h = i; h > j && h > 2; --h)
					for (int s = 1; s < k; ++s)
						dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + 1ll * dp[h - 1][j][k - s] * sum[i - h + 1][s]) % mod;
			}
			for (int j = 1; j <= i; ++j)
				sum[i][k] = (sum[i][k] + dp[i][j][k]) % mod;
		}
	for (int i = 1; i < n; ++i)
		printf ("%d ", dp[n][1][i]);
	return 0;
}

随后是正解。

不妨先不考虑 \(k\) 的限制，我们计数 \(n\) 个点的平面树。

考虑根节点的其中一棵子树。一个直接的想法就是将这棵子树拆分成左右两个部分，两个部分在平面图上分布在这颗子树的根两侧，这样和保证边不交等价。假设一棵子树的形态是 \(R-\bullet-L\)，其中 \(L, R\) 为两个由子树组成的序列。可以发现，\(R-\bullet\) 和 \(\bullet - L\) 的结构也是平面树。这自然引出了下述的一种递推法。

定义拆分对是由两棵平面树组成的有序二元组，其大小为两棵平面树的大小之和减一，组合意义就是将这两棵平面树的根节点合并为一个。令 \(B(z)\) 为拆分对的 OGF，\(T(z)\) 为平面树的 OGF，模拟有序选择两棵平面树并合并根节点可以得到 \(B = {T^2}/z\)。由前面的讨论知道，一个拆分对就对应着一棵子树，因此模拟选取一个拆分对序列并连在根上可以得到 \(T = z\times \mathrm{SEQ}(B)\)。经过一些化简可以知道 \(T^3 - zT + z^2 = 0\)。

一个直接的想法就是找到复合逆的形式，而这就需要我们把 \(z\) 的次数化成相同的。令 \(T = z + zy\)，我们就有 \(z^3(1 + y)^3 - z^2(1 + y) + z^2 = 0\)，即 \(z(1 + y)^3 = y\)。这样我们就知道了 \(y^{\langle -1 \rangle}(z) = \dfrac {z}{(1 + z)^3}\)，由拉格朗日反演知

\[\begin{aligned} [z^n] T(z) &= [z^{n-1}]y(z) \\ &= \frac{1}{n - 1}[z^{n - 2}] (1 + z)^{3n-3} \\ &= \frac{1}{n - 1} \binom{3n-3}{n - 2} \end{aligned}\]

随后考虑 \(k\) 的限制，这时加一维 \(w\) 表示叶子个数。

根据以往经验可以知道，我们总可以将不考虑 \(k\) 时的叶子（\(z\)）换为带权叶子（\(zw\)）得到正确的 BGF。分析可知 \(T = z\times \mathrm{SEQ}(B)\) 是不变的，因为这个过程中不会产生新叶子。接着考察 \(B(z)\)。分析组合意义可以知道 \(B[0] = 0, B[1] = 1\)，这时应该将 \(B[1]\) 项标记，由于这是唯一的叶子。因此对 BGF \(B\) 有 \(B = \dfrac{T^2}z - z + zw\)。类似地化简可以得到 \(T^3 + (z^2 w - z^2 - z)T + z^2 = 0\)。注意到这个式子已经出现在了 oeis 上。

考虑 \(T = z + zy\)，化简得 \(y = z(y + 1)(y^2 + 2y + w)\)。接着类似地处理可以得到

\[\begin{aligned} &[z^nw^k] T(z, w) \\ =\ & [z^{n - 1}w^k] y(z, w) \\ =\ & \frac{1}{n - 1} [z^{n - 2}w^k] ((z + 1)(z^2 + 2z + w))^{n - 1} \\ =\ & \frac{1}{n - 1} \binom{n - 1}{k} [z^{n - 2}] (z + 1)^{n - 1}(z^2 + 2z)^{n - 1 - k} \\ =\ & \frac{1}{n - 1} \binom{n - 1}{k} [z^{k-1}] (z + 1)^{n - 1}(z + 2)^{n - 1 - k} \end{aligned}\]

提取系数后自然能导出一种 \(O(n)\) 对单个 \(k\) 计算的方法，答案即为

\[\frac{1}{n - 1} \binom{n - 1}{k} \sum_{i = 0}^{k - 1} \binom{n - 1}{i} \binom{n - 1 - k}{k - 1 - i} 2^{n - 2k + i} \]

code

int _2[N];
signed main () {
	cin >> n;
    _2[0] = 1;
    rep(i,1,n) {
        _2[i] = (_2[i - 1] << 1);
        if (_2[i] >= mod) _2[i] -= mod;
    }
    rep(k,1,n - 1) {
        int ans = 0;
        rep(i,0,k-1) ans = (ans + 1ll * gC(n - 1, i) * gC(n - 1 - k, k - 1 - i) % mod * _2[n - 2 * k + i]) % mod;
        cout << 1ll * C(n - 1, k) * ans % mod * ginv(n - 1) % mod << ' ';
    } 
    cout << '\n';
}

下面考虑如何迅速对一行 \(k\) 提取

\[[z^{n - 1 - k}](z + 1)^n (z + 2)^{k} \]

一个直接的结论是，如果维护两个多项式 \(F, G\)，则提取一项系数可以模拟卷积，复杂度是 \(O\left(\min\{\mathrm{deg} F, \mathrm{deg} G\}\right)\) 的。可以设置阈值 \(B\)，并维护两个多项式 \(F, G\)。初始令 \(F = (z + 1)^n, G = 1\)，顺次计算 \(k\)，每当 \(\mathrm{deg} G > B\) 就将 \(G\) 乘入 \(F\)。这样有 \(n-1\) 次 \(O(B)\) 的求值，以及 \(O(n/B)\) 次 \(O(B)\) 次多项式乘 \(O(n)\) 次多项式，复杂度是 \(O\left(n\times B + n\log n\times\dfrac nB\right)\)，取 \(B = \sqrt{n \log n}\) 得到复杂度 \(O(n\sqrt{n \log n})\)。

code

signed main () {
	cin >> n;
    int B = sqrt(n * log(n));
    poly f = "x + 1"_p.redegree(n - 1).pow(n - 1), g = "1"_p;
    rep(k,0,n - 2) {
        int ans = 0;
        rep(i,0,min(g.degree(), n - 2 - k)) ans = (ans + 1ll * g[i] * f[n - 2 - k - i]) % mod;
        a[n - 1 - k] = ans;
        if (k < n - 2) {
            g *= "x + 2"_p;
            if (g.degree() > B) f *= g, g = "1"_p;
        }
    }
    rep(i,1,n - 1) a[i] = 1ll * a[i] * gC(n - 1, i) % mod * ginv(n - 1) % mod;  
    rep(i,1,n - 1) cout << a[i] << ' ';
    cout << '\n';
}

回到计算 \(c_k = [z^{n - 2}] (z + 1)^{n - 1}(z^2 + 2z)^{n - 1 - k}\) 上来。

为方便，将 \(n\) 减一，并使 \(a_k = c_{n - k} = [z^{n - 1}] (z + 1)^n(z^2 + 2z)^{k}\)。

\[\begin{aligned} a_k & = \sum_{i = 0}^{n - 1} \binom{n}{n - 1 - i} [z^i](z^2 + 2z)^k \\ & = \sum_{i = 0}^{n - 1} \binom{n}{i + 1} [z^i](z^2 + 2z)^k \end{aligned}\]

令 \(b_k = \dbinom{n}{k + 1}\)，矩阵 \(A\) 满足 \(A[k, i] = [z^i](z^2 + 2z)^k\)，则我们知道

\[a_k = \sum_{i \ge 0} A[k, i] b_i \]

考虑转置原理。设向量 \(\bm a',\bm b'\) 使得 \(\bm a' = A^{\mathsf T} \bm b'\)，即

\[\begin{aligned} a'_k &= \sum_{i \ge 0} A^{\mathsf T}[k, i] b'_i \\ &= \sum_{i \ge 0} [z^k](z^2 + 2z)^i b'_i \\ &= [z^k]\sum_{i \ge 0} b'_i (z^2 + 2z)^i \end{aligned}\]

令 \(A'(z)\) 满足 \(A'[i] = a'_i\)，\(B'(z)\) 满足 \(B'[i] = b'_i\)，则可以知道

\[A'(z) = B'(z^2 + 2z) \]

由于 \(B'(x^2 + 2x) = B' \circ (x - 1) \circ x^2 \circ (x + 1)\)，可以知道这是 \(\bm a' =M_{+1}M_{^\wedge 2} M_{-1} \bm b'\)，其中 \(M_{+1}\) 为对左乘的向量对应多项式复合 \(x + 1\)，另两个同理。因此由转置原理有 \(\bm a = M_{-1}^{\mathsf T}M_{^\wedge 2}^{\mathsf T}M_{+1}^{\mathsf T} \bm b\)。下面需要分开讨论。

1. \(M_{+ 1}^{\mathsf T}\)

考虑

\[f(x + 1) = \sum_{i\ge 0} f[i] (x + 1)^i = \sum_{i\ge 0} \sum_{k = 0}^i \binom{i}{k} f[i] x^k = \sum_{k\ge 0} \left(\sum_{i\ge k} \binom{i}{k} f[i]\right) x^k \]

则 \(b_k = \sum_{i\ge k} \binom{i}{k} a_i\)，对应 \(M_{-1}[k, i] = \binom{i}{k}\)，转置得 \(M_{-1}^{\mathsf T} [k, i] = \binom{k}{i}\)，于是转置变换即为

\[\begin{aligned} b_k &= \sum_{i = 0}^k \binom{k}{i} a_i \\ \frac{b_k}{k!} &= \sum_{i = 0}^k \frac{1}{(k - i)!} \frac{a_i}{i!} \end{aligned}\]

egf 卷 \(e^x\) 即可。

2. \(M_{^\wedge2}^{\mathsf T}\)

可以知道 \(M_{^\wedge2}[k, i] = [2i = k]\)，转置得 \(M_{^\wedge 2}^{\mathsf T}[k, i] = [2k = i]\)，即

\[b_k = \sum_{i\ge 0} [2k = i] a_i = a_{2k} \]

3. \(M_{-1}^\mathsf T\)

与 \(1.\) 类似。

\[f(x - 1) = \sum_{k\ge 0} \left(\sum_{i\ge k} (-1)^{i - k} \binom{i}{k} f[i]\right) x^k \]

转置有

\[\begin{aligned} b_k &= \sum_{i = 0}^k (-1)^{k - i}\binom{k}{i} a_i \\ \frac{b_k}{k!} &= \sum_{i = 0}^k \frac{(-1)^{k - i}}{(k - i)!} \frac{a_i}{i!} \end{aligned}\]

egf 卷 \(e^{-x}\) 即可。

总时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

code

signed main () {
	cin >> n;  n --;

    fac[0] = inv[0] = inv[1] = ifc[0] = 1;
    rep(i,1,2 * n) fac[i] = 1ll * i * fac[i - 1] % mod;
    rep(i,2,2 * n) inv[i] = 1ll * (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
    rep(i,1,2 * n) ifc[i] = 1ll * inv[i] * ifc[i - 1] % mod;
    poly f(2 * n + 1), ex(2 * n + 1);
    rep(i,0,n - 1) f[i] = 1ll * C(n, i + 1) * ifc[i] % mod;

    // stage 1: [x + 1]^T
    ex.redegree(2 * n);
    rep(i,0,2 * n) ex[i] = ifc[i];
    f = f * ex;
    f.redegree(2 * n);

    // stage 2: [x^2]^T
    rep(i,0,n) f[i] = 1ll * f[2 * i] * fac[2 * i] % mod * ifc[i] % mod;
    f.redegree(n);

    // stage 3: [x - 1]^T
    rep(i,0,n) ex[i] = ((i & 1) ? mod - ifc[i] : ifc[i]);
    f = f * ex; 

    rep(k,1,n) c[k] = 1ll * f[n - k] * fac[n - k] % mod; 
    n ++;

    rep(k,1,n-1) cout << 1ll * inv[n - 1] * C(n - 1, k) % mod * c[k] % mod << ' ';
}

lyin 给了一种思路：

\[G = x\left(\frac{1}{(1-G)^2} - 1 + y\right) \quad F = \frac{x}{1 - G} \]

仍然考察一个非根结点能贡献 \((子树 +1)\) 的权，并且知道 \(\dfrac{\mathrm d G(1-G)^{-1}}{\mathrm d G} = \dfrac{1}{(1 - G)^2}\)，可以得到 \(G\) 的式子。随后对根不带权地选择子树能得到上面的两个式子。

再往后推的话，可以知道

\[G^3 + (x - xy - 2) G^2 + (2xy - 2x + 1) G - xy = 0 \]

化简知道

\[x = \frac{G - 2G + G^3}{2G - G^2 + y - 2yG + yG^2} \]

于是有

\[\begin{aligned} & [x^n y^k] F(x) \\ = \ & [x^{n-1} y^k] \frac{1}{1 - G} \\ = \ & \frac{1}{n - 1} [x^{n - 2}y^k] \left(\frac{1}{1 - x}\right)' \left(y + \frac{x(2 - x)}{(1-x)^2}\right)^{n - 1} \\ = \ & \frac{1}{n - 1} [x^{n - 2}] \frac{1}{(1 - x)^2} \binom{n - 1}{k} \left(\frac{x(2 - x)}{(1-x)^2}\right)^{n - 1 - k} \\ = \ & \frac{1}{n - 1} \binom{n - 1}{k} \frac{[x^{n - 2}]}{(1 - x)^2} \left(\frac{x(2 - x)}{(1-x)^2}\right)^{n - 1 - k} \end{aligned}\]

玄妙。后面不想推了。

posted @ 2023-08-14 18:52 joke3579 阅读(79) 评论(0) 编辑收藏举报

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