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什么情況下兩序列同構

對于兩序列$A[1,n],B[1,n]$，設$f_A(1,n)=p_a,f_B(1,n)=p_b$，

• 若$p_a=p_b$，$A,B$一定不同構。
• 若$p_a=p_b$，
  若$A[1,p_a?1]$與$B[1,p_b?1]$同構且$A[p_a+1,n]$與$B[p_b+1,n]$同構，則$A[1,n],B[1,n]$同構；
  否則$A,B$不同構。

由這個過程想到什么？笛卡爾樹！
沒錯，兩序列同構當且僅當它們的笛卡爾樹形態相同。

生成函數做法

引理證明：
$$A=\{X|序列X長度為n,序列X中的每個數都是1到m內的整數\}$$
$$B=\{X|序列X長度為n,序列X中的每個數都是1到m內的整數，且序列X中的最大值為m\}$$
$$C=\{X|序列X長度為n,序列X中的每個數都是1到m內的整數，且所有1到m內的整數都在序列X中出現過\}$$
可以證明$n\ge m$時，$A=B=C$。

證明：
首先證明$A=B$。
對于$A$中任意一個序列$X$，若$X$中的最大值為$p$，那么把$X$中的每個數都加上$m?p$，得到序列$Y$ ，顯然$X$和$Y$同構，即$X=Y$ 。$Y$中最大值為$m$，即$Y\in B$。
對于任意 $X\in A$，均有$X\in B$，這說明$A?B$。而 $B?A$ 是顯然的，因此 $A=B$。

可以利用類似的方法證明 $A=C$。
對于$A$中任意一個序列$X$，可以在同構的前提下，保持不同權值的數之間的相對大小的同時，把權值相同的數按下標順序替換成權值不同的數。這樣在$n\ge m$時，通過上述替換，可以使$X$中出現過的數增加至$m$種。
對于任意$X\in A$，均有$X\in C$，這說明$A?C$。$C?A$ 也是顯然的，因此 $A=C$。

DP：
設$f[i][j]$表示$n=i,m=j$時的$|C|$，那么$f[i][j]=|C|=|A|=|B|$。
考慮計算$|B|$，那么最大值為$j$，枚舉下標最小的$j$的下標，得到遞推式：
$$f[i][j]=\sum _{p=1}^{i}f[p?1][j?1]\times f[i?p][j]$$
(把$f[p?1][j?1]$當$|A_1|$，$f[i?p][j]$當$|A_2|$)

引入生成函數：
設$F_j(x)={\sum }_{i\ge 0}f[i][j]x^i$，代入遞推式有：
$$F_j(x)[x^i]=\sum _{p=1}^i{F}_{j?1}(x)[x^{p?1}]\times F_j(x)[x^{i?p}]$$
$$F_j(x)[x^i]=\sum _{p=0}^{i?1}{F}_{j?1}(x)[x^p]\times F_j(x)[x^{i?1?p}]$$
$$F_j(x)[x^i]=(F_{j?1}(x)\times F_j(x))[x^{i?1}]$$
平凡情況有$f[0][j]=1$。

所以$F_j(x)=F_j(x)F_{j?1}(x)x+1$
所以$F_j(x)=\frac{1}{1?F_{j?1}(x)x}$

直接做似乎很不可做，但由這個式子我們知道$F_j$可以分解為$\frac{A_j}{B_j}$，其中$A_j,B_j$是兩個次數界為$O(j)$的多項式，那么考慮求$A_j,B_j$：

$$\frac{A_j}{B_j}=\frac{1}{1?\frac{A_{j?1}}{B_{j?1}}x}$$
$$\frac{A_j}{B_j}=\frac{B_{j?1}}{B_{j?1}?A_{j?1}x}$$

于是得到$A_j=B_{j?1},B_j=B_{j?1}?A_{j?1}x$，將轉移關系用矩陣來表示就得到：

$$\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ ?x& 1\end{array}\right]\left(\begin{array}{c}{A}_{j?1}\\ B_{j?1}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{A}_j\\ B_j\end{array}\right)$$

那么可以通過矩陣快速冪來求$A_j,B_j$。但是直接在矩陣中用多項式進行計算會很麻煩，因此不妨考慮用單位根代入求點值，用$IDFT$插出多項式即可。復雜度$O(nlogn)$。

參考博客

卡特蘭數做法

因為兩序列同構當且僅當它們的笛卡爾樹形態相同，所以原題就是問有多少棵不同形態的節點數為$n$的笛卡爾樹滿足要求。

為了滿足題目中所給出的 “如果有多個最大值，取下標最小的” 的要求，規定笛卡爾樹上的節點$x$滿足：左兒子的值$<x$的值&&右兒子的值$\le x$的值

根據上文引理的證明，
“序列中的每個數都是1到$m$內的整數，且所有$1$到$m$內的整數都在序列中出現過”的條件
等價于 “序列中的每個數都是1到$m$內的整數”，
所以一棵笛卡爾樹有符合條件的填數方法，當且僅當 從根節點往下走，不存在一種走法，使得往左兒子走的次數$>m?1$（每往左兒子走一次，相當于權值 ?1，需要有數可填）

考慮將"往左兒子走的次數$\le m?1$"的條件進行轉換，變為更容易處理的問題：
想到多叉樹轉二叉樹的方法：節點$x$的左兒子為原樹上$x$的兒子，右兒子為原樹上$x$的兄弟
考慮把笛卡爾樹這棵二叉樹轉回多叉樹（存在轉換后構不成一棵樹的情況，需要新增一個虛點作為根節點），
“笛卡爾樹上往左兒子走的次數$\le m?1$” 等價于 “記虛點的深度為0，多叉樹的深度要$\le m$”。
問題變成統計 有$n+1$個節點，深度$\le m$的不同形態的多叉樹棵樹

考慮樹的括號表示，再稍微改一下定義

以這棵樹為例，常規的括號表示法為1(2(4(8,9),5(10,11)),3(6(12),7))，我把它改成
從左到右遍歷多叉樹對應的括號序列（不算最外層根代表的那對括號），要求任何時候 $左括號數量\ge 右括號數量$（括號序列性質），$左括號數量?右括號數量\le m$（樹的深度$\le m$）

把統計合法的括號序列個數 轉化為 統計折線數量：
從左到右遍歷括號序列，每遍歷到一個括號，$x$坐標+1，如果遍歷到的是左括號則$y$坐標+1，遍歷到的是右括號則$y$坐標-1。起點為$(0,0)$，終點為$(2n,0)$。由于對括號序列的限制，行走過程中不能經過$y=?1$，$y=m+1$這兩條直線。

原問題轉為 統計從$(0,0)$走到$(2n,0)$，每次$x+1$，$y+1或?1$，不經過$y=?1$，$y=m+1$這兩條直線的合法方案數。

先簡化問題：只限制折線不能經過$y=?1$，不限制其不能經過$y=m+1$

記$A_{(x1,y1)\to (x2,y2)}$為從$(x1,y1)$走到$(x2,y2)$，不考慮是否經過某些直線的方案數，
$B_{(x1,y1)\to (x2,y2)}$為從$(x1,y1)$走到$(x2,y2)$，經過$y=?1$的方案數，
$C_{(x1,y1)\to (x2,?1)}$為從$(x1,y1)$走到$(x2,?1)$，在$(x2,?1)$第一次經過$y=?1$的方案數。

$A_{(x1,y1)\to (x2,y2)}=C_{x2?x1}^{\frac{x2?x1+y2?y1}{2}}$（相當于在$x2?x1$步中選$\frac{x2?x1+y2?y1}{2}$步令$y$坐標+1）

考慮容斥，簡化版問題的答案為$A_{(0,0)\to (2n,0)}?B_{(0,0)\to (2n,0)}$
$$B_{(0,0)\to (2n,0)}=\sum _{p=1}^{2n?1}{C}_{(0,0)\to (p,?1)}\times A_{(p,?1)\to (2n,0)}$$
設$s^{\prime }$與$s(0,0)$關于$y=?1$對稱，根據對稱性$C_{(0,0)\to (p,?1)}=C_{s^{\prime }\to (p,?1)}$
所以
$$B_{(0,0)\to (2n,0)}=\sum _{p=1}^{2n?1}{C}_{s^{\prime }\to (p,?1)}\times A_{(p,?1)\to (2n,0)}$$
等式右側那坨式子的組合意義就是$A_{s^{\prime }\to (2n,0)}$
所以
$$B_{(0,0)\to (2n,0)}=A_{s^{\prime }\to (2n,0)}$$

再考慮簡化前的問題怎么做：

若要計算 “經過若干次$y=m+1$，再經過若干次$y=?1$，再經過若干次$y=m+1$，再$...$” 的折線數量，則把起點$(0,0)$關于$y=m+1$對稱，再關于$y=?1$對稱，再關于$y=m+1$對稱，再$...$ 所求折線數量即為 最終得到的起點到$(2n,0)$，不考慮是否經過某些直線的折線數量。

折線先經過$y=?1$的情況同理。

還是考慮容斥，容斥系數就是$(?1{)}^{對稱次數}$

參考博客

#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; } 創作挑戰賽新人創作獎勵來咯，堅持創作打卡瓜分現金大獎

總結

以上是生活随笔為你收集整理的[集训队作业2018] count（笛卡尔树，生成函数，卡特兰数）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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