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题面

我们的小朋友很喜欢计算机科学，而且尤其喜欢二叉树。
考虑一个含有\(n\)个互异正整数的序列\(c[1],c[2],...,c[n]\)。
如果一棵带点权的有根二叉树满足其所有顶点的权值都在集合\(\{c[1],c[2],...,c[n]\}\)中，我们的小朋友就会将其称作神犇的。
并且他认为，一棵带点权的树的权值，是其所有顶点权值的总和。给出一个整数m，你能对于任意的s(1<=s<=m)计算出权值为s的神犇二叉树的个数吗？
请参照样例以更好的理解什么样的两棵二叉树会被视为不同的。我们只需要知道答案关于998244353取模后的值。

data range

\[1≤n,m≤100000\]

solution

设\(f_i\)表示权值为\(i\)的神犇二叉树的个数
设\(F(x)=\sum_{i=0}^{n}f_ix^i\)，\(C(x)=\sum_{i=0}^{n}c_ix_i\)，那么有

\[F^2C=F^2+F-1\]

解方程，得

\[F=\frac{1\pm\sqrt{5-4C}}{2C-2}=\frac{4C-4}{(2C-2)(1\mp\sqrt{5-4C})}=\frac{2}{1\mp\sqrt{5-4C}}\]

因为取负号时多项式分母可能为\(0\)，因此最终答案中的负号舍去，即

\[F=\frac{2}{1+\sqrt{5-4C}}\]

多项式开方+多项式求逆即可

code

#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<complex>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<bitset>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#define FILE "a"
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define RG register
#define il inline
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef vector<int>VI;
typedef long long ll;
typedef double dd;
const dd eps=1e-10;
const int mod=998244353;
const int N=1000010;
const dd pi=acos(-1);
const int inf=2147483647;
const ll INF=1e18+1;
const ll P=100000;
il ll read(){
    RG ll data=0,w=1;RG char ch=getchar();
    while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
    if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')data=data*10+ch-48,ch=getchar();
    return data*w;
}

il void file(){
    srand(time(NULL)+rand());
    freopen(FILE".in","r",stdin);
    freopen(FILE".out","w",stdout);
}

il int poww(int a,int b){
    RG int ret=1;
    for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod)
        if(b&1)ret=1ll*ret*a%mod;
    return ret;
}

int l,r[N];
il void NTT(int *a,int n,int opt){
    for(l=1;(1<<l)<n;l++);n=(1<<l);
    for(RG int i=0;i<n;i++)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
    for(RG int i=0;i<n;i++)if(i<r[i])swap(a[i],a[r[i]]);
    for(RG int i=2;i<=n;i<<=1){
        RG int wn=poww(opt==1?3:(mod+1)/3,(mod-1)/i);
        for(RG int j=0;j<n;j+=i){
            RG int w=1;
            for(RG int k=j;k<j+(i>>1);k++,w=1ll*w*wn%mod){
                RG int x=1ll*a[k+(i>>1)]*w%mod;
                a[k+(i>>1)]=(a[k]-x+mod)%mod;
                a[k]=(a[k]+x)%mod;
            }
        }
    }
    if(opt==-1)
        for(RG int i=0,rv=poww(n,mod-2);i<n;i++)
            a[i]=1ll*a[i]*rv%mod;
}

int a[N],b[N];
il void getinv(int *f,int *g,int n){
    if(n==1){g[0]=poww(f[0],mod-2);return;}getinv(f,g,n>>1);
    for(RG int i=0;i<n;i++)a[i]=f[i];
    for(RG int i=0;i<(n>>1);i++)b[i]=g[i];
    NTT(a,n<<1,1);NTT(b,n<<1,1);
    for(RG int i=0;i<(n<<1);i++)
        b[i]=1ll*(2-1ll*a[i]*b[i]%mod+mod)%mod*b[i]%mod;
    NTT(b,n<<1,-1);
    for(RG int i=0;i<n;i++)g[i]=b[i];
    for(RG int i=0;i<(n<<1);i++)a[i]=b[i]=0;
}

int c[N],d[N];
il void getsqrt(int *f,int *g,int n){
    if(n==1){g[0]=sqrt(f[0]);return;}getsqrt(f,g,n>>1); 
    for(RG int i=0;i<n;i++)c[i]=f[i];
    getinv(g,d,n>>1);
    NTT(c,n<<1,1);NTT(d,n<<1,1);
    for(RG int i=0;i<(n<<1);i++)c[i]=1ll*c[i]*d[i]%mod;
    NTT(c,n<<1,-1);
    for(RG int i=0;i<n;i++)
        g[i]=1ll*(c[i]+g[i])%mod*((mod+1)/2)%mod;
    for(RG int i=0;i<(n<<1);i++)c[i]=d[i]=0;
}

int s,n,m,f[N],g[N],len;
il int upd(int a,int b){a+=b;if(a>=mod)a-=mod;return a;}
il int dec(int a,int b){if(!b)return a;else return upd(a,mod-b);}
il int mul(int a,int b){return 1ll*a*b%mod;}

int main()
{
    s=read();m=read();
    for(RG int i=1,x;i<=s;i++)f[x=read()]=1,n=max(n,x);
    for(len=1;len<=max(n,m);len<<=1);
    for(RG int i=1;i<=n;i++)f[i]=dec(0,mul(4,f[i]));f[0]=1;
    getsqrt(f,g,len<<1);
    g[0]=2;memset(f,0,sizeof(f));
    getinv(g,f,len);
    for(RG int i=1;i<=m;i++)printf("%lld\n",2ll*f[i]%mod);
    return 0;
}

[CF438E]The Child and Binary Tree

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