什么情况下两序列同构
对于两序列 A [ 1 , n ] , B [ 1 , n ] A[1,n],B[1,n] A[1,n],B[1,n],设 f A ( 1 , n ) = p a , f B ( 1 , n ) = p b f_A(1,n)=p_a,f_B(1,n)=p_b fA(1,n)=pa,fB(1,n)=pb,
- 若 p a ≠ p b p_a\not=p_b pa=pb, A , B A,B A,B一定不同构。
- 若 p a = p b p_a=p_b pa=pb,
若 A [ 1 , p a − 1 ] A[1,p_a-1] A[1,pa−1]与 B [ 1 , p b − 1 ] B[1,p_b-1] B[1,pb−1]同构且 A [ p a + 1 , n ] A[p_a+1,n] A[pa+1,n]与 B [ p b + 1 , n ] B[p_b+1,n] B[pb+1,n]同构,则 A [ 1 , n ] , B [ 1 , n ] A[1,n],B[1,n] A[1,n],B[1,n]同构;
否则 A , B A,B A,B不同构。
由这个过程想到什么?笛卡尔树!
没错,两序列同构当且仅当它们的笛卡尔树形态相同。
生成函数做法
引理证明:
A = { X ∣ 序 列 X 长 度 为 n , 序 列 X 中 的 每 个 数 都 是 1 到 m 内 的 整 数 } A=\{X| 序列X长度为n,序列X中的每个数都是1到m内的整数\} A={
X∣序列X长度为n,序列X中的每个数都是1到m内的整数}
B = { X ∣ 序 列 X 长 度 为 n , 序 列 X 中 的 每 个 数 都 是 1 到 m 内 的 整 数 , 且 序 列 X 中 的 最 大 值 为 m } B=\{X| 序列X长度为n,序列X中的每个数都是1到m内的整数,且序列X中的最大值为m\} B={
X∣序列X长度为n,序列X中的每个数都是1到m内的整数,且序列X中的最大值为m}
C = { X ∣ 序 列 X 长 度 为 n , 序 列 X 中 的 每 个 数 都 是 1 到 m 内 的 整 数 , 且 所 有 1 到 m 内 的 整 数 都 在 序 列 X 中 出 现 过 } C=\{X| 序列X长度为n,序列X中的每个数都是1到m内的整数,且所有1到m内的整数都在序列 X 中出现过\} C={
X∣序列X长度为n,序列X中的每个数都是1到m内的整数,且所有1到m内的整数都在序列X中出现过}
可以证明 n ≥ m n\geq m n≥m时, A = B = C A=B=C A=B=C。
证明:
首先证明 A = B A =B A=B。
对于 A A A中任意一个序列 X X X,若 X X X中的最大值为 p p p,那么把 X X X中的每个数都加上 m − p m−p m−p,得到序列 Y Y Y ,显然 X X X和 Y Y Y同构,即 X = Y X=Y X=Y 。 Y Y Y中最大值为 m m m,即 Y ∈ B Y\in B Y∈B。
对于任意 X ∈ A X \in A X∈A,均有 X ∈ B X\in B X∈B,这说明 A ⊆ B A\subseteq B A⊆B。而 B ⊆ A B\subseteq A B⊆A 是显然的,因此 A = B A=B A=B。
可以利用类似的方法证明 A = C A=C A=C。
对于 A A A中任意一个序列 X X X,可以在同构的前提下,保持不同权值的数之间的相对大小的同时,把权值相同的数按下标顺序替换成权值不同的数。这样在 n ≥ m n\geq m n≥m时,通过上述替换,可以使 X X X中出现过的数增加至 m m m种。
对于任意 X ∈ A X\in A X∈A,均有 X ∈ C X\in C X∈C,这说明 A ⊆ C A\subseteq C A⊆C。 C ⊆ A C\subseteq A C⊆A 也是显然的,因此 A = C A =C A=C。
DP:
设 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j]表示 n = i , m = j n=i,m=j n=i,m=j时的 ∣ C ∣ |C| ∣C∣,那么 f [ i ] [ j ] = ∣ C ∣ = ∣ A ∣ = ∣ B ∣ f[i][j]=|C|=|A|=|B| f[i][j]=∣C∣=∣A∣=∣B∣。
考虑计算 ∣ B ∣ |B| ∣B∣,那么最大值为 j j j,枚举下标最小的 j j j的下标,得到递推式:
f [ i ] [ j ] = ∑ p = 1 i f [ p − 1 ] [ j − 1 ] × f [ i − p ] [ j ] f[i][j]=\sum_{p=1}^{i}f[p-1][j-1]\times f[i-p][j] f[i][j]=p=1∑if[p−1][j−1]×f[i−p][j]
(把 f [ p − 1 ] [ j − 1 ] f[p-1][j-1] f[p−1][j−1]当 ∣ A 1 ∣ |A_1| ∣A1∣, f [ i − p ] [ j ] f[i-p][j] f[i−p][j]当 ∣ A 2 ∣ |A_2| ∣A2∣)
引入生成函数:
设 F j ( x ) = ∑ i ≥ 0 f [ i ] [ j ] x i F_j(x)=\sum_{i\geq 0}f[i][j]x^i Fj(x)=∑i≥0f[i][j]xi,代入递推式有:
F j ( x ) [ x i ] = ∑ p = 1 i F j − 1 ( x ) [ x p − 1 ] × F j ( x ) [ x i − p ] F_j(x)[x^i]=\sum_{p=1}^{i}F_{j-1}(x)[x^{p-1}]\times F_j(x)[x^{i-p}] Fj(x)[xi]=p=1∑iFj−1(x)[xp−1]×Fj(x)[xi−p]
F j ( x ) [ x i ] = ∑ p = 0 i − 1 F j − 1 ( x ) [ x p ] × F j ( x ) [ x i − 1 − p ] F_j(x)[x^i]=\sum_{p=0}^{i-1}F_{j-1}(x)[x^{p}]\times F_j(x)[x^{i-1-p}] Fj(x)[xi]=p=0∑i−1Fj−1(x)[xp]×Fj(x)[xi−1−p]
F j ( x ) [ x i ] = ( F j − 1 ( x ) × F j ( x ) ) [ x i − 1 ] F_j(x)[x^i]=(F_{j-1}(x)\times F_j(x))[x^{i-1}] Fj(x)[xi]=(Fj−1(x)×Fj(x))[xi−1]
平凡情况有 f [ 0 ] [ j ] = 1 f[0][j]=1 f[0][j]=1。
所以 F j ( x ) = F j ( x ) F j − 1 ( x ) x + 1 F_j(x)=F_j(x)F_{j-1}(x)x+1 Fj(x)=Fj(x)Fj−1(x)x+1
所以 F j ( x ) = 1 1 − F j − 1 ( x ) x F_j(x)=\frac{1}{1-F_{j-1}(x)x} Fj(x)=1−Fj−1(x)x1
直接做似乎很不可做,但由这个式子我们知道 F j F_j Fj可以分解为 A j B j \frac{A_j}{B_j} BjAj,其中 A j , B j A_j,B_j Aj,Bj是两个次数界为 O ( j ) O(j) O(j)的多项式,那么考虑求 A j , B j A_j,B_j Aj,Bj:
A j B j = 1 1 − A j − 1 B j − 1 x \frac{A_j}{B_j}=\frac{1}{1-\frac{A_{j-1}}{B_{j-1}}x} BjAj=1−Bj−1Aj−1x1
A j B j = B j − 1 B j − 1 − A j − 1 x \frac{A_j}{B_j}=\frac{B_{j-1}}{B_{j-1}-A_{j-1}x} BjAj=Bj−1−Aj−1xBj−1
于是得到 A j = B j − 1 , B j = B j − 1 − A j − 1 x A_j=B_{j-1},B_j=B_{j-1}-A_{j-1}x Aj=Bj−1,Bj=Bj−1−Aj−1x,将转移关系用矩阵来表示就得到:
[ 0 1 − x 1 ] ( A j − 1 B j − 1 ) = ( A j B j ) \begin{bmatrix}0 & 1\\-x & 1 \end{bmatrix}\begin{pmatrix}A_{j-1}\\B_{j-1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}A_j\\B_j\end{pmatrix} [0−x11](Aj−1Bj−1)=(AjBj)
那么可以通过矩阵快速幂来求 A j , B j A_j,B_j Aj,Bj。但是直接在矩阵中用多项式进行计算会很麻烦,因此不妨考虑用单位根代入求点值,用 I D F T IDFT IDFT插出多项式即可。复杂度 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)。
卡特兰数做法
因为两序列同构当且仅当它们的笛卡尔树形态相同,所以原题就是问有多少棵不同形态的节点数为 n n n的笛卡尔树满足要求。
为了满足题目中所给出的 “如果有多个最大值,取下标最小的” 的要求,规定笛卡尔树上的节点 x x x满足:左儿子的值 < x <x <x的值&&右儿子的值 ≤ x \leq x ≤x的值
根据上文引理的证明,
“序列中的每个数都是1到 m m m内的整数,且所有 1 1 1到 m m m内的整数都在序列中出现过”的条件
等价于 “序列中的每个数都是1到 m m m内的整数”,
所以一棵笛卡尔树有符合条件的填数方法,当且仅当 从根节点往下走,不存在一种走法,使得往左儿子走的次数 > m − 1 >m−1 >m−1(每往左儿子走一次,相当于权值 −1,需要有数可填)
考虑将"往左儿子走的次数 ≤ m − 1 \leq m−1 ≤m−1"的条件进行转换,变为更容易处理的问题:
想到多叉树转二叉树的方法:节点 x x x的左儿子为原树上 x x x的儿子,右儿子为原树上 x x x的兄弟
考虑把笛卡尔树这棵二叉树转回多叉树(存在转换后构不成一棵树的情况,需要新增一个虚点作为根节点),
“笛卡尔树上往左儿子走的次数 ≤ m − 1 \leq m−1 ≤m−1” 等价于 “记虚点的深度为0,多叉树的深度要 ≤ m \leq m ≤m”。
问题变成统计 有 n + 1 n+1 n+1个节点,深度 ≤ m \leq m ≤m的不同形态的多叉树棵树
考虑树的括号表示,再稍微改一下定义
以这棵树为例,常规的括号表示法为1(2(4(8,9),5(10,11)),3(6(12),7)),我把它改成
从左到右遍历多叉树对应的括号序列(不算最外层根代表的那对括号),要求任何时候 左 括 号 数 量 ≥ 右 括 号 数 量 左括号数量\geq 右括号数量 左括号数量≥右括号数量(括号序列性质), 左 括 号 数 量 − 右 括 号 数 量 ≤ m 左括号数量-右括号数量\leq m 左括号数量−右括号数量≤m(树的深度 ≤ m \leq m ≤m)
把统计合法的括号序列个数 转化为 统计折线数量:
从左到右遍历括号序列,每遍历到一个括号, x x x坐标+1,如果遍历到的是左括号则 y y y坐标+1,遍历到的是右括号则 y y y坐标-1。起点为 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0),终点为 ( 2 n , 0 ) (2n,0) (2n,0)。由于对括号序列的限制,行走过程中不能经过 y = − 1 y=-1 y=−1, y = m + 1 y=m+1 y=m+1这两条直线。
原问题转为 统计从 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0)走到 ( 2 n , 0 ) (2n,0) (2n,0),每次 x + 1 x+1 x+1, y + 1 或 − 1 y+1或-1 y+1或−1,不经过 y = − 1 y=-1 y=−1, y = m + 1 y=m+1 y=m+1这两条直线的合法方案数。
先简化问题:只限制折线不能经过 y = − 1 y=-1 y=−1,不限制其不能经过 y = m + 1 y=m+1 y=m+1
记 A ( x 1 , y 1 ) → ( x 2 , y 2 ) A_{(x1,y1)\to(x2,y2)} A(x1,y1)→(x2,y2)为从 ( x 1 , y 1 ) (x1,y1) (x1,y1)走到 ( x 2 , y 2 ) (x2,y2) (x2,y2),不考虑是否经过某些直线的方案数,
B ( x 1 , y 1 ) → ( x 2 , y 2 ) B_{(x1,y1)\to(x2,y2)} B(x1,y1)→(x2,y2)为从 ( x 1 , y 1 ) (x1,y1) (x1,y1)走到 ( x 2 , y 2 ) (x2,y2) (x2,y2),经过 y = − 1 y=-1 y=−1的方案数,
C ( x 1 , y 1 ) → ( x 2 , − 1 ) C_{(x1,y1)\to(x2,-1)} C(x1,y1)→(x2,−1)为从 ( x 1 , y 1 ) (x1,y1) (x1,y1)走到 ( x 2 , − 1 ) (x2,-1) (x2,−1),在 ( x 2 , − 1 ) (x2,-1) (x2,−1)第一次经过 y = − 1 y=-1 y=−1的方案数。
A ( x 1 , y 1 ) → ( x 2 , y 2 ) = C x 2 − x 1 x 2 − x 1 + y 2 − y 1 2 A_{(x1,y1)\to (x2,y2)}=C_{x2-x1}^{\frac{x2-x1+y2-y1}{2}} A(x1,y1)→(x2,y2)=Cx2−x12x2−x1+y2−y1(相当于在 x 2 − x 1 x2-x1 x2−x1步中选 x 2 − x 1 + y 2 − y 1 2 \frac{x2-x1+y2-y1}{2} 2x2−x1+y2−y1步令 y y y坐标+1)
考虑容斥,简化版问题的答案为 A ( 0 , 0 ) → ( 2 n , 0 ) − B ( 0 , 0 ) → ( 2 n , 0 ) A_{(0,0)\to(2n,0)}-B_{(0,0)\to(2n,0)} A(0,0)→(2n,0)−B(0,0)→(2n,0)
B ( 0 , 0 ) → ( 2 n , 0 ) = ∑ p = 1 2 n − 1 C ( 0 , 0 ) → ( p , − 1 ) × A ( p , − 1 ) → ( 2 n , 0 ) B_{(0,0)\to(2n,0)}=\sum_{p=1}^{2n-1}C_{(0,0)\to(p,-1)}\times A_{(p,-1)\to(2n,0)} B(0,0)→(2n,0)=p=1∑2n−1C(0,0)→(p,−1)×A(p,−1)→(2n,0)
设 s ′ s' s′与 s ( 0 , 0 ) s(0,0) s(0,0)关于 y = − 1 y=-1 y=−1对称,根据对称性 C ( 0 , 0 ) → ( p , − 1 ) = C s ′ → ( p , − 1 ) C_{(0,0)\to(p,-1)}=C_{s'\to (p,-1)} C(0,0)→(p,−1)=Cs′→(p,−1)
所以
B ( 0 , 0 ) → ( 2 n , 0 ) = ∑ p = 1 2 n − 1 C s ′ → ( p , − 1 ) × A ( p , − 1 ) → ( 2 n , 0 ) B_{(0,0)\to(2n,0)}=\sum_{p=1}^{2n-1}C_{s'\to (p,-1)}\times A_{(p,-1)\to(2n,0)} B(0,0)→(2n,0)=p=1∑2n−1Cs′→(p,−1)×A(p,−1)→(2n,0)
等式右侧那坨式子的组合意义就是 A s ′ → ( 2 n , 0 ) A_{s'\to(2n,0)} As′→(2n,0)
所以
B ( 0 , 0 ) → ( 2 n , 0 ) = A s ′ → ( 2 n , 0 ) B_{(0,0)\to(2n,0)}=A_{s'\to(2n,0)} B(0,0)→(2n,0)=As′→(2n,0)
再考虑简化前的问题怎么做:
若要计算 “经过若干次 y = m + 1 y=m+1 y=m+1,再经过若干次 y = − 1 y=−1 y=−1,再经过若干次 y = m + 1 y=m+1 y=m+1,再 . . . ... ...” 的折线数量,则把起点 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0)关于 y = m + 1 y=m+1 y=m+1对称,再关于 y = − 1 y=−1 y=−1对称,再关于 y = m + 1 y=m+1 y=m+1对称,再 . . . ... ... 所求折线数量即为 最终得到的起点到 ( 2 n , 0 ) (2n,0) (2n,0),不考虑是否经过某些直线的折线数量。
折线先经过 y = − 1 y=-1 y=−1的情况同理。
还是考虑容斥,容斥系数就是 ( − 1 ) 对 称 次 数 (-1)^{对称次数} (−1)对称次数
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
const int mod=998244353;
int n,m,fac[N<<1],ifac[N<<1];
int C(int n,int m){
return (ll)fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
if(m>n){
puts("0");return 0;}
fac[0]=fac[1]=ifac[0]=ifac[1]=1;
for(int i=2;i<=n*2;i++) fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod,ifac[i]=(ll)(mod-mod/i)*ifac[mod%i]%mod;
for(int i=2;i<=n*2;i++) ifac[i]=(ll)ifac[i-1]*ifac[i]%mod;
int ans=C(n*2,n);
for(int i=0,x=0;;i++){
if(i&1) x=-2-x;
else x=(m+1)*2-x;
if(abs(x)>n*2) break;
if(i&1) (ans+=C(n*2,(n*2-x)/2))%=mod;
else (ans+=mod-C(n*2,(n*2-x)/2))%=mod;
}
for(int i=0,x=0;;i++){
if(i&1) x=(m+1)*2-x;
else x=-2-x;
if(abs(x)>n*2) break;
if(i&1) (ans+=C(n*2,(n*2-x)/2))%=mod;
else (ans+=mod-C(n*2,(n*2-x)/2))%=mod;
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}