I. Rooted Tree

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整数拆分

参考博客

五边形数定理

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这里的欧拉函数 \(\phi(q)\) 是复变函数

\[\phi(q) = \prod_{k=1}^\infty (1-q^k) \]

五边形数定理描述了欧拉函数的展开式特性

\[(1-x)(1-x^2)(1-x^3)... = 1 -x-x^2+x^5+x^7-x^{12}-x^{15}+x^{22}+x^{26}+... \]

欧拉函数展开后，有些次方项被消去，只留下次方项为1, 2, 5, 7, 12, ...的项次，留下来的次方恰为广义五边形数。

拆分函数 \(p(n)\)

\[\sum_{n=0}^{\infty}p(n)x^n = \prod_{k=1}^{\infty}(\frac{1}{1-x^k}) \]

\[1取了多少次->(1+x^1+x^2+x^3+…) \\ 2取了多少次->(1+x^2+x^4+x^6+…) \\ 3取了多少次->(1+x^3+x^6+x^9+…) \\ \vdots \\ \sum_{n=0}^{\infty}p(n)x^n = (1+x^1+x^2+x^3+…)(1+x^2+x^4+x^6+…)(1+x^3+x^6+x^9+…) \cdots \]

根据欧拉发现的五边形数定理，描述欧拉函\(ϕ(x)\)如下：

\[\prod_{n=1}^{\infty}(1-x^n) = \sum_{k=-\infty}^{\infty} (-1)^kx^{k(3k-1)/2} = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^kx^{k(3k \pm 1)/2} \\ (1-x)(1-x^2)(1-x^3) … = 1-x-x^2+x^5+x^7-x^{12}-x^{15}+x^{22}+x^{26}+… \\ 这些系数都属于广义五边形数 \]

那么我们就很容易发现欧拉函数的导数是分割函数的母函数：

\[\frac{1}{\phi(x)} = \sum_{k=0}^{\infty} p(k)x^k \quad <=> \quad 1 = \phi(x)\sum_{k=0}^{\infty} p(k)x^k \\ (1-x-x^2+x^5+x^7-x^{12}-x^{15}+x^{22}+x^{26}+…)(1+p(1)x+p(2)x^2+p(3)x^3+…) = 1 \]

那么在考虑\(x^n\)项的系数的时候，在\(n>0\)的情况下，系数都为0，那么就能得到

\[p(n)-p(n-1)-p(n-2)+p(n-5)+p(n-7)+… = 0 \\ p(n) = p(n-1)+p(n-2)-p(n-5)-p(n-7)+ … \]

这个的时间复杂度可以在O(nlogn)时间内解决。

暂时不知道怎么 \(nlogn\) 搞，好像要多项式求逆啥的

待补

但是可以 \(O(n\sqrt n)\) 搞

#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N = 500005, mod = 998244353;
ll f[N], g[N], dp[N];
int n;

int main() {
    scanf("%d", &n);
    --n;
    for (ll i = 1; i <= n; ++i) f[i] = i * (3*i - 1) / 2;
    for (ll i = 1; i <= n; ++i) g[i] = i * (3*i + 1) / 2;
    dp[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = 1; f[j] <= i; ++j) {
            if (j & 1) {
                dp[i] += dp[i - f[j]];
                if (g[j] <= i) dp[i] += dp[i - g[j]];
            } else {
                dp[i] -= dp[i - f[j]];
                if (g[j] <= i) dp[i] -= dp[i - g[j]]; 
            }
        }
        dp[i] %= mod;
        if (dp[i] < 0) dp[i] += mod;
    }
    printf("%lld\n", dp[n]);
    return 0;
}