CF438E-生成函数

CF438E

题目描述

题解

首先考虑dp，定义$f[i]$表示权值为$i$的二叉树有多少种方案？
$$f[i]=\sum _{j=1}^n\sum _{k=0}^{i-c[j]}f[k]f[i-k-c[j]]$$
表示根节点权值为$c[j]$,左子树权值为$k$,右子树权值为$i-k-c[j]$的树的方案数，累加起来即可。
时间复杂度为$O(n^3)$

考虑优化。
我们观察这个式子，感觉像是一个卷积的形式，但是不是，我们考虑将其转化为三重卷积的形式。
那么需要一个$g[c[j]]$，显然$g[]$只会在$c[j]$处有值。

于是式子就转化成了：
$$\begin{gathered} f[i]=\sum _{j=1}^n\sum _{k=0}^{i-c[j]}f[k]f[i-k-c[j]]g[c[j]]，[n>0] \\ f[i]=\sum _{j=0}^i\sum _{k=0}^{i-j}f[k]f[i-k-j]g[j],[n>0] \end{gathered}$$

我们写出$f[i],g[i]$的生成函数：
$$\begin{gathered} F(x)=\sum _{i=0}^{\infty }f[i]x^i \\ G(x)=\sum _{i=0}^{\infty }g[i]x^i \end{gathered}$$
那么
$$\begin{gathered} f[i]=\sum _{j=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{\infty }f[k]f[i-k-j]g[j],[n>0] \\ F(x)=F(x{)}^{2}G(x)+1 \end{gathered}$$
加$1$是因为$f[0]=1$,而$g[0]=0$，乘上去的话，常数项就为$0$了，所以还要再加上$1$.
那么求根公式接一元二次方程可得：
$$F(x)=\frac{-1\pm \sqrt{1-4G(x)}}{2G(x)}$$
分子有理化：
$$F(x)=\frac{2}{1\pm \sqrt{1-4G(x)}}$$
考虑取舍问题，假如取负号，将$0$带入原式，发现$F(0)=f[0]=\infty$，不符合题意，故舍去。
那么最终答案就是:
$$F(x)=\frac{2}{1+\sqrt{1-4G(x)}}$$
多项式开根，多项式求逆即可解决，时间复杂度$O(nlogn)$

代码

暴力$O(n^3)$

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define M 1000009
using namespace std;
int read(){
	int f=1,re=0;char ch;
	for(ch=getchar();!isdigit(ch)&&ch!='-';ch=getchar());
	if(ch=='-'){f=-1,ch=getchar();}
	for(;isdigit(ch);ch=getchar()) re=(re<<3)+(re<<1)+ch-'0';
	return re*f;
}
int n,m,f[M],c[M];
const int mod=998244353;
signed main(){
	n=read(),m=read();f[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) c[i]=read();
	for(int i=1;i<=m;i++)
		for(int j=0;j<=i;j++)
			for(int k=1;k<=n;k++)
				if(i>=j+c[k])f[i]=(f[i]+f[j]*f[i-c[k]-j]%mod)%mod;
	for(int i=1;i<=m;i++) printf("%lld\n",f[i]);
	return 0;
} 

正解$O(nlogn)$

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
using namespace std;
const int g=3;
const int mod=998244353; 
const int M=400009;
char s;
int read(){
	int f=1,re=0;char ch;
	for(ch=getchar();!isdigit(ch)&&ch!='-';ch=getchar());
	if(ch=='-'){f=-1,ch=getchar();}
	for(;isdigit(ch);ch=getchar()) re=(re<<3)+(re<<1)+ch-'0';
	return re*f;
}
int ksm(int a,int b){//快速幂 
	int ans=1;
	while(b){
		if(b&1) ans=(ll)ans*a%mod;
		a=(ll)a*a%mod;
		b>>=1;
	}return ans%mod;
}
int c[M],d[M],n,m,r[M],tmp[M],a[M],b[M],inv2=ksm(2,mod-2),dera[M],inva[M],lnb[M],lna[M],k,aa[M],bb[M],aaa[M],bbb[M],invb[M],F[M],cpy[M];
void ntt(int *A,int lim,int type){//ntt
	for(int i=0;i<lim;i++) if(i<r[i]) swap(A[i],A[r[i]]);
	for(int mid=1;mid<lim;mid<<=1){
		int W=ksm(g,(mod-1)/(mid<<1));
		for(int R=mid<<1,j=0;j<lim;j+=R){
			int w=1;
			for(ll k=0;k<mid;k++,w=(ll)w*W%mod){
				int x=A[j+k],y=(ll)w*A[j+k+mid]%mod;
				A[j+k]=(x+y)%mod;
				A[j+mid+k]=(x-y+mod)%mod;
			}
		}
	}
	if(type==-1){
		reverse(A+1,A+lim);
        int inv=ksm(lim,mod-2);
        for(int i=0;i<lim;i++) A[i]=(ll)A[i]*inv%mod;
	}
}
void getmul(int a[],int b[],int c[],int n,int m){//多项式乘法 
	int lim=1,l=0;
    while(lim<=n+m) lim<<=1,l++;
    for(int i=1;i<lim;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1|(i&1)<<(l-1));
    for(int i=0;i<=n;i++) aa[i]=a[i];
    for(int i=0;i<=m;i++) bb[i]=b[i];
    ntt(aa,lim,1),ntt(bb,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++){
        c[i]=(ll)aa[i]*bb[i]%mod;
        aa[i]=bb[i]=0;
    }ntt(c,lim,-1);
}
void getinv(int a[],int b[],int len){//多项式求逆 
	if(len==1){
		b[0]=ksm(a[0],mod-2);
		return;
	}getinv(a,b,(len+1)>>1);
	int lim=1,l=0;
	while(lim<len+len) lim<<=1,l++;
	for(int i=0;i<lim;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
	for(int i=0;i<len;i++) tmp[i]=a[i];
    for(int i=len;i<lim;i++) tmp[i]=0;
	ntt(tmp,lim,1),ntt(b,lim,1);
	for(int i=0;i<lim;i++) b[i]=(ll)b[i]*((2-(ll)tmp[i]*b[i]%mod+mod)%mod)%mod;
	ntt(b,lim,-1);
	for(int i=len;i<lim;i++) b[i]=0;
}
void getdiv(int a[],int b[],int c[],int d[],int n,int m){//多项式除法 
	for(int i=0;i<=n;i++) aaa[i]=a[i];
	for(int i=0;i<=m;i++) bbb[i]=b[i];
	reverse(aaa,aaa+n+1),reverse(bbb,bbb+m+1);
	getinv(bbb,invb,n-m+1);
	getmul(aaa,invb,c,n-m,n-m);
	reverse(c,c+n-m+1);
    reverse(aaa,aaa+n+1);reverse(bbb,bbb+m+1);
    getmul(c,bbb,d,n-m,m);
    for(int i=0;i<m;i++) d[i]=(aaa[i]-d[i]+mod)%mod;
    for(int i=0;i<=n;i++) aaa[i]=0;
	for(int i=0;i<=m;i++) bbb[i]=0;
}
void getsqrt(int a[],int b[],int len){//多项式开根 
	if(len==1) return (void)(b[0]=1);
	getsqrt(a,b,(len+1)>>1);
	for(int i=0;i<=(len<<1);i++) F[i]=0;
	getinv(b,F,len);
	int lim=1,l=0;
	while(lim<len+len) lim<<=1,l++;
	for(int i=0;i<lim;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
	for(int i=0;i<len;i++) cpy[i]=a[i];
    for(int i=len;i<lim;i++) cpy[i]=0;
	ntt(cpy,lim,1),ntt(b,lim,1),ntt(F,lim,1);
	for(int i=0;i<lim;i++) b[i]=((ll)((ll)(b[i]+(ll)cpy[i]*F[i]%mod)%mod)*inv2)%mod;
	ntt(b,lim,-1);
	for(int i=len;i<lim;i++) b[i]=0;
}
void getintegral(int a[],int b[],int len){//积分 
	for(int i=1;i<len;i++) b[i]=(ll)a[i-1]*ksm(i,mod-2)%mod;
	b[0]=0;
}
void getderivation(int a[],int b[],int len){//求导 
	for(int i=1;i<len;i++) b[i-1]=(ll)a[i]*i%mod;
	b[len-1]=0; 
}
void getln(int a[],int b[],int len){//多项式ln 
	getinv(a,inva,len);
	getderivation(a,dera,len);
	int lim=1,l=0;
	while(lim<len+len) lim<<=1,l++;
	for(int i=0;i<lim;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
	ntt(inva,lim,1),ntt(dera,lim,1);
	for(int i=0;i<lim;i++) inva[i]=(ll)inva[i]*dera[i]%mod;
	ntt(inva,lim,-1);
	getintegral(inva,b,len);
	for(int i=0;i<lim;i++) inva[i]=dera[i]=0;
}
void getexp(int a[],int b[],int len){//多项式exp 
	if(len==1) return (void)(b[0]=1);
	getexp(a,b,len>>1),getln(b,lnb,len);
	for(int i=0;i<len;i++) lnb[i]=(ll)(a[i]-lnb[i]+(i==0)+mod)%mod; 
	int lim=(len<<1);
	ntt(lnb,lim,1),ntt(b,lim,1);
	for(int i=0;i<lim;i++) b[i]=(ll)lnb[i]*b[i]%mod;
	ntt(b,lim,-1);
	for(int i=len;i<lim;i++) lnb[i]=b[i]=0;
}
void getksm(int a[],int b[],int len,int k){//多项式快速幂 
	getln(a,lna,len);
	for(int i=0;i<len;i++) lna[i]=(ll)k*lna[i]%mod;
	getexp(lna,b,len);
}
signed main(){
	n=read(),m=read();a[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) a[read()]=-4;
	int lim=1;while(lim<=m) lim<<=1;
	getsqrt(a,b,lim);b[0]=(ll)(b[0]+1)%mod;
	getinv(b,c,lim);
	for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",(ll)c[i]*2%mod);
	return 0;
}