【集训队作业2018】普通的计数题（牛顿迭代）（常微分方程）
传送门
这种题想清楚之后基本上就是乱写都能AC。
题解：
做集训队作业，第一步永远都是模型转换。。。
发现除了最后一个操作，其他操作产生的字符一定会被一个1操作消掉。
可以转化成有根树上的父子关系。
如果一个操作 a a a被另一个操作 b b b消除，则我们令 b b b为 a a a父亲。问题转化为满足下列条件的树的计数：
- 标号为1到n，且标号满足大根堆性质。
- 对于一个非叶节点，如果它有儿子是非叶节点，则它的叶子儿子个数必须在集合 A A A中，否则，它的叶子儿子个数必须在集合 B B B中。
我们在 B B B里面塞一个 0 0 0即可把上述限制转化为针对任意节点，包括叶子。
设 f i f_i fi表示 i i i个点的方案数，枚举儿子个数和大小分配标号可以知道：
f n = [ n − 1 ∈ B ] + ∑ i ∈ A 1 i ! ∑ k = 1 1 k ! ∑ ∑ j = 1 k a j = n − 1 − i , a j ≥ 2 ( n − 1 ) ! ∏ j = 1 k a j ! ∏ j = 1 k f a j f_n=[n-1\in B]+\sum_{i\in A}\frac{1}{i!}\sum_{k=1}\frac{1}{k!}\sum_{\sum_{j=1}^ka_j=n-1-i,a_j\geq 2}\frac{(n-1)!}{\prod_{j=1}^ka_j!}\prod_{j=1}^kf_{a_j} fn=[n−1∈B]+i∈A∑i!1k=1∑k!1∑j=1kaj=n−1−i,aj≥2∑∏j=1kaj!(n−1)!j=1∏kfaj
边界 f 0 = 0 , f 1 = 1 f_0=0,f_1=1 f0=0,f1=1，因为我们现在保证了0在集合 B B B中。
好我承认这个式子很长。。。
两边同时除掉 ( n − 1 ) ! (n-1)! (n−1)!会比较容易看出来：
f n ( n − 1 ) ! = [ n − 1 ∈ B ] ( n − 1 ) ! + ∑ i [ i ∈ A ] i ! ∑ k = 1 1 k ! ∑ ∑ j = 1 k a j = n − 1 − i , a j ≥ 2 ∏ j = 1 k f a j a j ! \frac{f_n}{(n-1)!}=\frac{[n-1\in B]}{(n-1)!}+\sum_{i}\frac{[i\in A]}{i!}\sum_{k=1}\frac{1}{k!}\sum_{\sum_{j=1}^ka_j=n-1-i,a_j\geq 2}\prod_{j=1}^k\frac{f_{a_j}}{a_j!} (n−1)!fn=(n−1)![n−1∈B]+i∑i![i∈A]k=1∑k!1∑j=1kaj=n−1−i,aj≥2∑j=1∏kaj!faj
设 F ( x ) , A ( x ) , B ( x ) F(x),A(x),B(x) F(x),A(x),B(x)分别是序列 f f f，集合 A A A，集合 B B B的EGF，我们得到：
F ′ = B + A ( exp ( F − x ) − 1 ) F ′ = A e − x e F + ( B − A ) F'=B+A(\exp(F-x)-1)\\ F'=Ae^{-x}e^F+(B-A) F′=B+A(exp(F−x)−1)F′=Ae−xeF+(B−A)
设 C = A e − x , D = B − A C=Ae^{-x},D=B-A C=Ae−x,D=B−A，则：
F ′ = C e F + D F'=Ce^F+D F′=CeF+D
嗯，常微分方程。
设 h ( t ) = C e t + D h(t)=Ce^t+D h(t)=Cet+D。我们要解决的问题就是 F ′ ≡ h ( F ) ( m o d x n ) F'\equiv h(F)\pmod {x^n} F′≡h(F)(modxn)
假设现在我们已经解得了 F 0 ′ ≡ h ( F 0 ) ( m o d x n 2 ) F_0'\equiv h(F_0)\pmod {x^\frac{n}{2}} F0′≡h(F0)(modx2n)，考虑怎么扩展到 m o d x n \mod x^n modxn
首先将 h h h在 F 0 F_0 F0处泰勒展开，得到：
F ′ ≡ h ( F 0 ) + h ′ ( F 0 ) F − h ′ ( F 0 ) F 0 ( m o d x n ) F'\equiv h(F_0)+h'(F_0)F-h'(F_0)F_0\pmod {x^n} F′≡h(F0)+h′(F0)F−h′(F0)F0(modxn)
设 v ( x ) = exp ( − ∫ h ′ ( F 0 ( x ) ) d x ) v(x)=\exp(-\int h'(F_0(x)) \mathrm{d} x) v(x)=exp(−∫h′(F0(x))dx)，显然有 v ′ = − h ′ ( F 0 ) v v'=-h'(F_0)v v′=−h′(F0)v。
把上面的等式两边同时乘上 v v v，开始转化，（以下讨论全部 m o d x n \mod x^n modxn）：
F ′ v = v ( h ( F 0 ) + h ′ ( F 0 ) ( F − F 0 ) ) F ′ v − h ′ ( F 0 ) v F = v ( h ( F 0 ) − h ′ ( F 0 ) F 0 ) F ′ v + v ′ F = v ( h ( F 0 ) − h ′ ( F 0 ) F 0 ) ( F v ) ′ = v ( h ( F 0 ) − h ′ ( F 0 ) F 0 ) F = 1 v ∫ v ( h ( F 0 ) − h ′ ( F 0 ) F 0 ) d x \begin{aligned} F'v&=v(h(F_0)+h'(F_0)(F-F_0))\\ F'v-h'(F_0)vF&=v(h(F_0)-h'(F_0)F_0)\\ F'v+v'F&=v(h(F_0)-h'(F_0)F_0)\\ (Fv)'&=v(h(F_0)-h'(F_0)F_0)\\ F&=\frac{1}{v}\int v(h(F_0)-h'(F_0)F_0) \mathrm{d} x \end{aligned} F′vF′v−h′(F0)vFF′v+v′F(Fv)′F=v(h(F0)+h′(F0)(F−F0))=v(h(F0)−h′(F0)F0)=v(h(F0)−h′(F0)F0)=v(h(F0)−h′(F0)F0)=v1∫v(h(F0)−h′(F0)F0)dx
把 h ( t ) = C e t + D ， h ′ ( t ) = C e t h(t)=Ce^t+D，h'(t)=Ce^t h(t)=Cet+D，h′(t)=Cet代入：
v = exp ( − ∫ C e F 0 d x ) F = 1 v ∫ v ( C e F 0 ( 1 − F 0 ) + D ) d x v=\exp(-\int Ce^{F_0}\mathrm{d}x)\\ F=\frac{1}{v}\int v(Ce^{F_0}(1-F_0)+D)\mathrm{d}x v=exp(−∫CeF0dx)F=v1∫v(CeF0(1−F0)+D)dx
迭代即可。
下面的代码最慢的点跑了1.2s
代码：
#include