【UOJ#50】【UR #3】链式反应（分治FFT，动态规划）

时间：2023-03-10 06:23:55
【UOJ#50】【UR #3】链式反应（分治FFT，动态规划）

【UOJ#50】【UR #3】链式反应（分治FFT，动态规划）

题面

UOJ

题解

首先把题目意思捋一捋，大概就是有\(n\)个节点的一棵树，父亲的编号大于儿子。

满足一个点的儿子有\(2+c\)个，其中\(c\in A\)，且\(c\)个儿子是叶子，另外\(2\)个存在子树，且两种点的链接的边是不同的，求方案数。

那么就考虑一个暴力\(dp\)，设\(f[i]\)表示有\(i\)个节点的树的个数。

那么枚举它两个有子树的子树大小，然后把编号给取出来，得到：

\[f[i]=\frac{1}{2}\sum_{j}\sum_{k} {i-1\choose j}{i-1-j\choose k}f[j]f[k]
\]

其中存在限制，也就是\(i-1-j-k\in A\)，要乘\(\frac{1}{2}\)是因为这两个子树选择的时候存在先后关系，所以同一棵子树可能会被计算两次。

这样子我们就可以做\(O(n^3)\)了。

然后把式子给拆一下：

\[{i-1\choose j}{i-1-j\choose k}=\frac{(i-1)!}{j!k!(i-1-j-k)!}
\]

之和\(i,j,k\)相关的可以直接和\(f[i],f[j],f[k]\)丢到一起，剩下的只和\(i/j+k\)相关。

然后预处理\(g[i]=\sum_j \frac{f[j]}{j!}\frac{f[i-j]}{(i-j)!}\)。

那么

\[\frac{2f[i]}{(i-1)!}=\sum_{p=j+k}g[p]*[i-1-p\in A]
\]

这样子就可以做到\(O(n^2)\)了。

进一步发现，\(g\)和\(\frac{2f}{(i-1)!}\)都是卷积的形式，所以可以直接分治\(FFT\)求解做到\(O(nlog^2)\)。

然而这里有细节、、、乱搞会挂。

注意到分治\(FFT\)的过程是\([l,mid]\rightarrow [mid+1,r]\)，而\(g\)数组在求解的时候是\(f\)卷上\(f\)，这样子会导致乘的数组的范围是\([0,r-l]\)，可能存在一部分值没有被计算过。

而这个值具有对称性，所以我们强制\(j<k\)的时候才贡献\(2f[j]*f[k]\)。

也就是如果\(i<l\)的时候，数组里丢进去的是\(2f[i]\)，当\(l\le i\le mid\)的时候丢\(f[i]\)，否则丢\(0\)进去。

然后两个\(log\)就能过了。

然而这题看起来有更加优秀的做法，但是窝太菜了就不管了。

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

#define MOD 998244353

#define MAX 840000

int fpow(int a,int b){int s=1;while(b){if(b&1)s=1ll*s*a%MOD;a=1ll*a*a%MOD;b>>=1;}return s;}

int r[MAX],W[MAX];

void NTT(int *P,int opt,int len)

{

	int N,l=0;for(N=1;N<len;N<<=1)++l;

	for(int i=0;i<N;++i)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));

	for(int i=0;i<N;++i)if(i<r[i])swap(P[i],P[r[i]]);

	for(int i=1;i<N;i<<=1)

	{

		int w=fpow(3,(MOD-1)/(i<<1));W[0]=1;

		for(int k=1;k<i;++k)W[k]=1ll*W[k-1]*w%MOD;

		for(int j=0,p=i<<1;j<N;j+=p)

			for(int k=0;k<i;++k)

			{

				int X=P[j+k],Y=1ll*W[k]*P[i+j+k]%MOD;

				P[j+k]=(X+Y)%MOD;P[i+j+k]=(X+MOD-Y)%MOD;

			}

	}

	if(opt==-1)

	{

		reverse(&P[1],&P[N]);

		for(int i=0,inv=fpow(N,MOD-2);i<N;++i)P[i]=1ll*P[i]*inv%MOD;

	}

}

int jc[MAX],inv[MAX],jv[MAX];

int f[MAX],g[MAX],A[MAX];

int L[MAX],R[MAX];

void CDQ(int l,int r)

{

	if(l==r)

	{

		if(l==1)f[l]=1;

		else f[l]=1ll*f[l]*inv[2]%MOD*jc[l-1]%MOD;

		return;

	}

	int mid=(l+r)>>1,N;

	CDQ(l,mid);

	for(N=1;N<=mid-l+1+r-l;N<<=1);

	for(int i=l;i<=mid;++i)L[i-l]=g[i];

	for(int i=0;i<=r-l;++i)R[i]=A[i]*jv[i];

	NTT(L,1,N);NTT(R,1,N);

	for(int i=0;i<N;++i)L[i]=1ll*L[i]*R[i]%MOD;

	NTT(L,-1,N);

	for(int i=mid+1;i<=r;++i)f[i]=(f[i]+L[i-1-l])%MOD;

	for(int i=0;i<N;++i)L[i]=R[i]=0;

	for(int i=l;i<=mid;++i)L[i-l]=1ll*f[i]*jv[i]%MOD;

	for(int i=0;i<=r-l;++i)

		if(i<l)R[i]=2ll*f[i]*jv[i]%MOD;

		else if(i<=mid)R[i]=1ll*f[i]*jv[i]%MOD;

	NTT(L,1,N);NTT(R,1,N);

	for(int i=0;i<N;++i)L[i]=1ll*L[i]*R[i]%MOD;

	NTT(L,-1,N);

	for(int i=mid+1;i<=r;++i)g[i]=(g[i]+L[i-l])%MOD;

	for(int i=0;i<N;++i)L[i]=R[i]=0;

	CDQ(mid+1,r);

}

int n;

char ch[MAX];

int main()

{

	scanf("%d%s",&n,ch);

	for(int i=0;i<n;++i)A[i]=ch[i]-48;

	jc[0]=jv[0]=inv[0]=inv[1]=1;

	for(int i=2;i<=n;++i)inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;

	for(int i=1;i<=n;++i)jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%MOD;

	for(int i=1;i<=n;++i)jv[i]=1ll*jv[i-1]*inv[i]%MOD;

	f[1]=1;

	/*

	for(int i=2;i<=n;++i)

	{

		for(int j=0;j<=i;++j)g[i]=(g[i]+1ll*f[j]*jv[j]%MOD*f[i-j]%MOD*jv[i-j]%MOD)%MOD;

		for(int j=0;j<i;++j)

			if(A[i-1-j])

				f[i]=(f[i]+1ll*g[j]*jv[i-1-j])%MOD;

		f[i]=1ll*f[i]*inv[2]%MOD*jc[i-1]%MOD;

	}

	*/

	CDQ(1,n);

	for(int i=1;i<=n;++i)printf("%d\n",f[i]);

	return 0;

}