UOJ#424. 【集训队做业2018】count

UOJ#424. 【集训队做业2018】count

若是一个序列知足序列长度为\(n\)，序列中的每一个数都是\(1\)到\(m\)内的整数，且全部\(1\)到\(m\)内的整数都在序列中出现过，则称这是一个挺好序列。

对于一个序列\(A\)，记\(fA(l,r)\)为\(A\)的第\(l\)个到第\(r\)个数中最大值的下标（若是有多个最大值，取下标最小的）。

两个序列\(A\)和\(B\)同构，当且仅当\(A\)和\(B\)长度相等，且对于任意\(i≤j\)，均有\(fA(i,j)=fB(i,j)\)。

给出\(n,m\)，求有多少种不一样构的挺好序列。答案对\(998244353\)取模。

输入格式

一行两个正整数\(n,m\)。

输出格式

一行一个整数，表示有多少种不一样构的挺好序列。

样例一

input

3 2

output

4

显然\(n<m\)时答案为\(0\)。

解决这种题的思路就是找一个“等价条件”来计数。关于区间最大值的问题，咱们能够用笛卡尔树。

对于一个笛卡尔树的每一个节点\(v\)，\(ls_v<v,rs_v\leq v\)。因此，若是一个笛卡尔树的最长左链，也就是根到某个点的路径上通过的左儿子数量（加上根）超过\(m\)的话，那么就是无解的，由于此时至少要分配\(m+1\)个不一样的权值。知足条件的话就必定有解。

有一个很是厉害的\(O(nlogn)\)的生成函数作法能够参考这篇博客https://www.cnblogs.com/Mr-Spade/p/10215081.html。

其实还有个\(O(n)\)的作法。

一棵多叉树惟一对应一棵二叉树，反过来也是惟一对应的。一棵\(n\)个二叉树对应一棵\(n+1\)的点的多叉树（要补一个根）。原来的二叉树最长左链\(\leq m\)，对应多叉树的最大深度\(\leq m\)（根深度为\(0\)）。

考虑用括号序来解决这个问题。一棵\(n+1\)个点的树的能够表示为\((X)\)，其中\(X\)表示一个括号序列，左右两个括号是根，因此咱们先将其删除，因而对应了一个\(n\)对括号的括号序列。咱们设\((\)为\(+1\)，\()\)为\(-1\)，那么树的最大深度就是最大的前缀和，因此任意位置的前缀和\(x\)要知足\(0\leq x\leq m\)。

咱们将这个东西抽象到一个坐标系上。初始起点在\((0,0)\)，每次操做使横坐标\(+1\)，纵坐标能够\(+1\)或者\(-1\)。要求任意时刻这个点不能达到\(y=m+1\)和\(y=-1\)这两条直线，求最终走到\((2n,0)\)的方案数。

折线定理

若是没有任何限制，那么从\((0,0)\)走到\((n,m)\)的方案数是\(C_{n}^{\frac{n+m}{2}}\)，设这个东西为\(path(n,m)\)

若是只有一个限制，好比\(y=-1\)，那么咱们能够用折线定理。将\((0,0)\)沿\(y=-1\)对称到\((0,-2)\)，每一条\((0,-2)\to (n,m)\)的路径都惟一对应了原问题的一个非法路径。考虑将第一次达到\(y=-1\)的路径沿着\(y=-1\)对折回来就能够理解了。因此答案为\(path(n,m)-path(n,m+2)\)。

若是有两条线，那么就要容斥了。设这条线分别为\(a,b\)。一个非法序列能够表示为相似于\(aaabbb...aaabbb\)的一个序列，表示通过这两条线的状况。因而咱们枚举这个序列的一个子序列\(ababab...\)。而后算出必定包含这个子序列的非法序列数。以包含\(ab\)的序列为例，咱们先将起点\(p\)沿\(a\)翻折获得\(p'\)，而后再将\(p'\)沿\(b\)翻折获得\(p''\)，而后算出\(p''\)到\((2n,0)\)的方案数\(path(2n,0-{p''}_y)\)。计算跟复杂的序列就屡次翻折。容斥系数为\((-1)^k\)，\(k\)为\(a,b\)的个数和。咱们能够发现，\(p\)通过一次翻折，\(p_y\)就会增大，当\(p_y>n\)时，\(path\)必定为\(0\)。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 20000005

using namespace std;
inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}

const ll mod=998244353;
int fac[N],ifac[N];
ll ksm(ll t,ll x) {
    ll ans=1;
    for(;x;x>>=1,t=t*t%mod)
        if(x&1) ans=ans*t%mod;
    return ans;
}
int n,m;
void pre(int n) {
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
    ifac[n]=ksm(fac[n],mod-2);
    for(int i=n-1;i>=0;i--) ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod;
}

ll C(int n,int m) {return n<m?0:1ll*fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod;}
ll cal(int n,int m) {return n<m?0:C(n,n/2+m/2);}
ll ans;
int main() {
    pre(2e7);
    n=Get(),m=Get();
    if(n<m) {cout<<0;return 0;}
    n=n*2,m++;
    ans=cal(n,0);
    ans=(ans-cal(n,2*m)-cal(n,2))%mod;
    for(ll i=2*m+2;i<=n;i+=2*m+2) {
        ans=(ans+2*cal(n,i)-cal(n,i+2*m)-cal(n,i+2))%mod;
    }
    cout<<(ans+mod)%mod;
    return 0;
}