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什么情況下兩序列同構(gòu)

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

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

由這個(gè)過(guò)程想到什么？笛卡爾樹(shù)！
沒(méi)錯(cuò)，兩序列同構(gòu)當(dāng)且僅當(dāng)它們的笛卡爾樹(shù)形態(tài)相同。

生成函數(shù)做法

引理證明：
$$A=\{X|序列X長(zhǎng)度為n,序列X中的每個(gè)數(shù)都是1到m內(nèi)的整數(shù)\}$$
$$B=\{X|序列X長(zhǎng)度為n,序列X中的每個(gè)數(shù)都是1到m內(nèi)的整數(shù)，且序列X中的最大值為m\}$$
$$C=\{X|序列X長(zhǎng)度為n,序列X中的每個(gè)數(shù)都是1到m內(nèi)的整數(shù)，且所有1到m內(nèi)的整數(shù)都在序列X中出現(xiàn)過(guò)\}$$
可以證明$n\ge m$時(shí)，$A=B=C$。

證明：
首先證明$A=B$。
對(duì)于$A$中任意一個(gè)序列$X$，若$X$中的最大值為$p$，那么把$X$中的每個(gè)數(shù)都加上$m?p$，得到序列$Y$ ，顯然$X$和$Y$同構(gòu)，即$X=Y$ 。$Y$中最大值為$m$，即$Y\in B$。
對(duì)于任意 $X\in A$，均有$X\in B$，這說(shuō)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(duì)于$A$中任意一個(gè)序列$X$，可以在同構(gòu)的前提下，保持不同權(quán)值的數(shù)之間的相對(duì)大小的同時(shí)，把權(quán)值相同的數(shù)按下標(biāo)順序替換成權(quán)值不同的數(shù)。這樣在$n\ge m$時(shí)，通過(guò)上述替換，可以使$X$中出現(xiàn)過(guò)的數(shù)增加至$m$種。
對(duì)于任意$X\in A$，均有$X\in C$，這說(shuō)明$A?C$。$C?A$ 也是顯然的，因此 $A=C$。

DP：
設(shè)$f[i][j]$表示$n=i,m=j$時(shí)的$|C|$，那么$f[i][j]=|C|=|A|=|B|$。
考慮計(jì)算$|B|$，那么最大值為$j$，枚舉下標(biāo)最小的$j$的下標(biāo)，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(dāng)$|A_1|$，$f[i?p][j]$當(dāng)$|A_2|$)

引入生成函數(shù)：
設(shè)$F_j(x)={\sum }_{i\ge 0}f[i][j]x^i$，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(gè)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(gè)次數(shù)界為$O(j)$的多項(xiàng)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(zhuǎn)移關(guān)系用矩陣來(lái)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(guò)矩陣快速冪來(lái)求$A_j,B_j$。但是直接在矩陣中用多項(xiàng)式進(jìn)行計(jì)算會(huì)很麻煩，因此不妨考慮用單位根代入求點(diǎn)值，用$IDFT$插出多項(xiàng)式即可。復(fù)雜度$O(nlogn)$。

參考博客

卡特蘭數(shù)做法

因?yàn)?strong>兩序列同構(gòu)當(dāng)且僅當(dāng)它們的笛卡爾樹(shù)形態(tài)相同，所以原題就是問(wèn)有多少棵不同形態(tài)的節(jié)點(diǎn)數(shù)為$n$的笛卡爾樹(shù)滿足要求。

為了滿足題目中所給出的 “如果有多個(gè)最大值，取下標(biāo)最小的” 的要求，規(guī)定笛卡爾樹(shù)上的節(jié)點(diǎn)$x$滿足：左兒子的值$<x$的值&&右兒子的值$\le x$的值

根據(jù)上文引理的證明，
“序列中的每個(gè)數(shù)都是1到$m$內(nèi)的整數(shù)，且所有$1$到$m$內(nèi)的整數(shù)都在序列中出現(xiàn)過(guò)”的條件
等價(jià)于 “序列中的每個(gè)數(shù)都是1到$m$內(nèi)的整數(shù)”，
所以一棵笛卡爾樹(shù)有符合條件的填數(shù)方法，當(dāng)且僅當(dāng) 從根節(jié)點(diǎn)往下走，不存在一種走法，使得往左兒子走的次數(shù)$>m?1$（每往左兒子走一次，相當(dāng)于權(quán)值 ?1，需要有數(shù)可填）

考慮將"往左兒子走的次數(shù)$\le m?1$"的條件進(jìn)行轉(zhuǎn)換，變?yōu)楦菀滋幚淼膯?wèn)題：
想到多叉樹(shù)轉(zhuǎn)二叉樹(shù)的方法：節(jié)點(diǎn)$x$的左兒子為原樹(shù)上$x$的兒子，右兒子為原樹(shù)上$x$的兄弟
考慮把笛卡爾樹(shù)這棵二叉樹(shù)轉(zhuǎn)回多叉樹(shù)（存在轉(zhuǎn)換后構(gòu)不成一棵樹(shù)的情況，需要新增一個(gè)虛點(diǎn)作為根節(jié)點(diǎn)），
“笛卡爾樹(shù)上往左兒子走的次數(shù)$\le m?1$” 等價(jià)于 “記虛點(diǎn)的深度為0，多叉樹(shù)的深度要$\le m$”。
問(wèn)題變成統(tǒng)計(jì) 有$n+1$個(gè)節(jié)點(diǎn)，深度$\le m$的不同形態(tài)的多叉樹(shù)棵樹(shù)

考慮樹(shù)的括號(hào)表示，再稍微改一下定義

以這棵樹(shù)為例，常規(guī)的括號(hào)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(shù)對(duì)應(yīng)的括號(hào)序列（不算最外層根代表的那對(duì)括號(hào)），要求任何時(shí)候 $左括號(hào)數(shù)量\ge 右括號(hào)數(shù)量$（括號(hào)序列性質(zhì)），$左括號(hào)數(shù)量?右括號(hào)數(shù)量\le m$（樹(shù)的深度$\le m$）

把統(tǒng)計(jì)合法的括號(hào)序列個(gè)數(shù) 轉(zhuǎn)化為 統(tǒng)計(jì)折線數(shù)量：
從左到右遍歷括號(hào)序列，每遍歷到一個(gè)括號(hào)，$x$坐標(biāo)+1，如果遍歷到的是左括號(hào)則$y$坐標(biāo)+1，遍歷到的是右括號(hào)則$y$坐標(biāo)-1。起點(diǎn)為$(0,0)$，終點(diǎn)為$(2n,0)$。由于對(duì)括號(hào)序列的限制，行走過(guò)程中不能經(jīng)過(guò)$y=?1$，$y=m+1$這兩條直線。

原問(wèn)題轉(zhuǎn)為 統(tǒng)計(jì)從$(0,0)$走到$(2n,0)$，每次$x+1$，$y+1或?1$，不經(jīng)過(guò)$y=?1$，$y=m+1$這兩條直線的合法方案數(shù)。

先簡(jiǎn)化問(wèn)題：只限制折線不能經(jīng)過(guò)$y=?1$，不限制其不能經(jīng)過(guò)$y=m+1$

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

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

考慮容斥，簡(jiǎn)化版問(wèn)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(shè)$s^{\prime }$與$s(0,0)$關(guān)于$y=?1$對(duì)稱，根據(jù)對(duì)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(cè)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(jiǎn)化前的問(wèn)題怎么做：

若要計(jì)算 “經(jīng)過(guò)若干次$y=m+1$，再經(jīng)過(guò)若干次$y=?1$，再經(jīng)過(guò)若干次$y=m+1$，再$...$” 的折線數(shù)量，則把起點(diǎn)$(0,0)$關(guān)于$y=m+1$對(duì)稱，再關(guān)于$y=?1$對(duì)稱，再關(guān)于$y=m+1$對(duì)稱，再$...$ 所求折線數(shù)量即為 最終得到的起點(diǎn)到$(2n,0)$，不考慮是否經(jīng)過(guò)某些直線的折線數(shù)量。

折線先經(jīng)過(guò)$y=?1$的情況同理。

還是考慮容斥，容斥系數(shù)就是$(?1{)}^{對(duì)稱次數(shù)}$

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(chuàng)作挑戰(zhàn)賽新人創(chuàng)作獎(jiǎng)勵(lì)來(lái)咯，堅(jiān)持創(chuàng)作打卡瓜分現(xiàn)金大獎(jiǎng)

總結(jié)

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?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問(wèn)題。

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