CodeForces 438E The Child and Binary Tree（DP + 生成函数 + 多项式模运算）

 

 

大致题意：给定一个集合{Cn}，一棵二叉树上的所有节点的点权值从这个集合中选取。现在给定一个m，问对于1..m中的每一个数字i，权值和恰好为i的不同的二叉树的个数有多少个。这里形态不同但点权集合的二叉树视为两种方案。

与前面做的题目类似，这种题目我们还是用dp的思维去考虑。令fi表示权值和为i的二叉树的个数。那么考虑增加一个点x，这个点的权值可以取i，Ci表示数值i在初始给定集合中是否出现过，两个儿子对应子树的点权值和为fj和fk，那么这样的话就会对点权和为ci*(fj+fk)的方案数产生贡献。于是我们可以写出状态转移方程：

                                                     

现在我们考虑这个式子。这是一个卷积套卷积的式子，直接去做的话是完成不了的。但是根据式子，我们表示成生成函数的形式，大致可以推出：

                                                                 

然后根据C[0]=0,f[0]=1，可以完善，得到：

                                                            

我们需要求f，于是把f当作位置数，这个就是一个一元二次方程。可以解得这个方程的根是：

                                                           

进行分子有理化得：

                                                          

考虑到当取0的时候，f=1，C=0，如果取减号，那么分母为0无意义，所有这里只能取加号。

                                                          

NTT加多项式开根再求逆元即可。具体见代码：

#include 
#define LL long long
using namespace std;

const int mod = 998244353;//(119 << 23) + 1;
const int modinv2 = (mod+1)/2; // 1/2 in F_p
const int G = 3;
const int N = 270010;

int c[N];

//取模加减乘
inline int add(int a,int b) {return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;}
inline void inc(int&a,int b) {if ((a+=b)>=mod) a-=mod;}
inline int sub(int a,int b) {return a-b<0?a-b+mod:a-b;}
inline void dec(int&a,int b) {if ((a-=b)<0) a+=mod;}
inline int mul(int a,int b) {return (LL)a*b%mod;}
inline int qpow(int x,int n) {int ans=1;for (;n;n>>=1,x=(LL)x*x%mod) if (n&1) ans=(LL)ans*x%mod; return ans;}//quick power
//-------------------------------NTT--------------------------------
int wn[30],iwn[30]; //wn[i] = G^((P-1)/(2^i)) (mod P), iwn[i] = wn[i]^(-1) (mod P)
inline void init() //do this before NTT
{
    wn[23] = qpow(G,(mod-1)/(1<<23));
    for (int i=22;i>=0;i--) wn[i] = mul(wn[i+1],wn[i+1]);
    iwn[23] = qpow(wn[23],(1<<23)-1);
    for (int i=22;i>=0;i--) iwn[i] = mul(iwn[i+1],iwn[i+1]);
}
inline void revbin_permute(int a[],int n) {
    int i=1, j=n>>1, k;
    for (;i>1;j>=k;) {j -= k; k >>= 1;}
        if (j < k) j += k;
    }
}

inline void NTT(int *f,int ldn,int is) {
    int n = (1<>1);
        int dw = is>0?wn[ldm]:iwn[ldm], w = 1;
        for (int j=0;j=0;i--) if (n&(1<=0;i--) if (n&(1<