【UOJ#50】【UR #3】链式反应（分治FFT，动态规划）
题面
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;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/cjyyb/p/11055520.html