别问我为啥突然刷了道OI题，也别问我为啥花括号不换行了...
题目描述
求含 $n$ 个碳原子的本质不同的烷基数目模 $998244353$ 的结果。$1\le n\le 10^5$ 。
题解
Burnside引理+多项式牛顿迭代
不考虑同构的话，很容易想到dp方程 $\begin{cases}f_0=1\\f_i=\sum\limits_{j+k+l+1=i}f_jf_kf_l\end{cases}$ 。
考虑同构，可以通过容斥原理，大力讨论一下容斥系数。一个更简单的方法是考虑Burnside引理，即：等价类的数目等于每个置换下不动点数目的平均值。
- 对于置换 $(1,2,3)$ ，所有组合都是不动点；
- 对于置换 $(1,3,2)$ 、$(2,1,3)$ 和 $(3,2,1)$ ，“$2+1$” 的组合是不动点；
- 对于置换 $(2,3,1)$ 和 $(3,1,2)$ ，只有 “$3$” 的组合是不动点。
于是新的dp方程为 $\begin{cases}f_0=1\\f_i=\frac{\sum\limits_{j+k+l+1=i}f_jf_kf_l+\sum\limits_{2j+k+1=i}3f_jf_k+\sum\limits_{3j+1=i}2f_j}6\end{cases}$ 。
$n$ 这么大肯定不能直接dp，考虑多项式解法，则dp方程的多项式形式为 $F(x)=x\cdot\frac{F^3(x)+3F(x)F(x^2)+2F(x^3)}6+1$ 。
由于出现了三次方和 $F(x^2)$ 、$F(x^3)$ 项，因此这个方程难以直接解出。
考虑牛顿迭代，则当我们已知 $F(x)\mod x^n$ 时，$F(x^2)\mod x^{2n}$ 和 $F(x^3)?\text{mod}?x^{2n}$ 就已经是已知量，在迭代时可以当作常量处理。
记 $S(x)=F(x^2)$ ，$C(x)=F(x^3)$ ，则我们要迭代的方程就是 $G(T(x))=x\cdot\frac{T^3(x)+3S(x)T(x)+2C(x)}6-T(x)+1$ 的零点 $G(F(x))=0$ 。
又因为 $G‘(T(x))=x\cdot\frac{3T^2(x)+3S(x)}6-1$ ，代入牛顿迭代公式 $F(x)=F_0(x)-\frac{G(F_0(x))}{G‘(F_0(x))}$ 中可得 $F(x)=F_0(x)-\frac{x(F_0^3(x)+3S(x)F_0(x)+2C(x))-6F_0(x)+6}{3F_0^2(x)+3S(x)-6}$ ，其中 $F_0(x)$ 是上次迭代所得的多项式。
最后的答案就是 $F(x)[n]$ 。
时间复杂度 $O(n\log n)$ 。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 262155
#define mod 998244353
using namespace std;
typedef long long ll;
ll F[N];
inline ll qpow(ll x , ll y) {
ll ans = 1;
while(y) {
if(y & 1) ans = ans * x % mod;
x = x * x % mod , y >>= 1;
}
return ans;
}
inline void ntt(ll *A , int n , ll flag) {
int i , j , k;
for(k = i = 0 ; i < n ; i ++ ) {
if(i < k) swap(A[i] , A[k]);
for(j = (n >> 1) ; (k ^= j) < j ; j >>= 1);
}
for(k = 2 ; k <= n ; k <<= 1) {
ll wn = qpow(3 , (mod - 1) / k * flag);
for(i = 0 ; i < n ; i += k) {
ll w = 1 , t;
for(j = i ; j < i + (k >> 1) ; j ++ , w = w * wn % mod)
t = w * A[j + (k >> 1)] % mod , A[j + (k >> 1)] = (A[j] - t + mod) % mod , A[j] = (A[j] + t) % mod;
}
}
if(flag == mod - 2) {
ll t = qpow(n , flag);
for(i = 0 ; i < n ; i ++ ) A[i] = A[i] * t % mod;
}
}
inline void inv(ll *A , ll *B , int n) {
static ll T[N];
int i , j;
for(i = 0 ; i < (n << 1) ; i ++ ) B[i] = 0;
B[0] = qpow(A[0] , mod - 2);
for(i = 2 ; i <= n ; i <<= 1) {
for(j = 0 ; j < i ; j ++ ) T[j] = A[j] , T[j + i] = 0;
ntt(T , i << 1 , 1) , ntt(B , i << 1 , 1);
for(j = 0 ; j < (i << 1) ; j ++ ) B[j] = B[j] * (2 - T[j] * B[j] % mod + mod) % mod;
ntt(B , i << 1 , mod - 2);
for(j = i ; j < (i << 1) ; j ++ ) B[j] = 0;
}
}
inline void solve(int n) {
static ll G[N] , H[N] , S[N] , C[N] , T[N];
int i , j;
F[0] = 1;
for(i = 2 ; i <= n ; i <<= 1) {
for(j = 0 ; j < i ; j ++ ) T[j] = F[j] , S[j] = C[j] = T[j + i] = S[j + i] = C[j + i] = 0;
for(j = 0 ; j < i ; j += 2) S[j] = F[j / 2];
for(j = 0 ; j < i ; j += 3) C[j] = F[j / 3];
ntt(T , i << 1 , 1) , ntt(S , i << 1 , 1);
for(j = 0 ; j < (i << 1) ; j ++ ) G[j] = T[j] * (T[j] * T[j] % mod + 3 * S[j]) % mod , H[j] = 3 * (T[j] * T[j] + S[j]) % mod;
ntt(G , i << 1 , mod - 2) , ntt(H , i << 1 , mod - 2);
for(j = i ; j < (i << 1) ; j ++ ) G[j] = H[j] = 0;
for(j = i - 1 ; j ; j -- ) G[j] = ((G[j - 1] + 2 * C[j - 1] - 6 * F[j]) % mod + mod) % mod , H[j] = H[j - 1];
G[0] = 0 , H[0] = mod - 6;
ntt(G , i << 1 , 1) , inv(H , T , i) , ntt(T , i << 1 , 1);
for(j = 0 ; j < (i << 1) ; j ++ ) G[j] = G[j] * T[j] % mod;
ntt(G , i << 1 , mod - 2);
for(j = 0 ; j < i ; j ++ ) F[j] = (F[j] - G[j] + mod) % mod;
}
}
int main() {
int n , len = 1;
scanf("%d" , &n);
while(len <= n) len <<= 1;
solve(len);
printf("%lld\n" , F[n]);
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/12056937.html