JZOJ 5988 珂学计树题 【树->括号序列->01序列+Burnside引理】

题面：

题目分析：

朴素的想法是枚举右链的长度，但这样做的复杂度是$O(n^3)$级别的（考虑卷积是$O(n^{2}logn)$的）。
把树转成括号表示：
第一个左括号到第一个右括号之间的部分描述根节点的左子树.剩下的部分描述根节点的右子树.（先序遍历，进左子树打左括号，出左子树打右括号）
转成括号序列后仍然不能直接套用Burnside，因为此时没法保证置换之后也是一个合法括号序列。
考虑将$n$个左括号，$n$个右括号中非法的括号序列也作为一种方案，这样做是不影响答案的，因为这个非法序列经过循环移位后一定对应一种合法序列。
于是就只需要统计$n$个左括号，$n$个右括号的本质不同的括号序列数。本质不同是指不能经过循环移位得到。此时就可以套用Burnside引理了，置换群即为$0$到$2n-1$的循环置换。
当置换循环长度为奇数时，循环节是奇数，不能满足$n$个左括号$n$个右括号的要求，故只需枚举$i$为偶数的情况：
$$Ans=\frac{{\sum }_{i=1}^n{C}_{2gcd(i,n)}^{gcd(i,n)}}{2n}=\frac{{\sum }_{d|n}{C}_{2d}^d\ast \phi (\frac{n}{d})}{2n}$$

线筛出$\phi$即可做到$O(n)$。

burnside引理和polya定理学习

Code：

#include
#define maxn 1000005
const int mod = 998244353;
int n,p[maxn/10],phi[maxn],fac[maxn<<1],inv[maxn<<1],ans;
bool v[maxn];
void Prime(int N){
	phi[1]=1;int m=0;
	for(int i=2;i<=N;i++){
		if(!v[i]) p[++m]=i,phi[i]=i-1;
		for(int j=1,k;j<=m&&(k=p[j]*i)<=N;j++){
			v[k]=1;
			if(i%p[j]==0) {phi[k]=phi[i]*p[j];break;}
			phi[k]=phi[i]*phi[p[j]];
		}
	}
}
void FAC_INV(int N){
	fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=N;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod,inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	for(int i=2;i<=N;i++) inv[i]=1ll*inv[i]*inv[i-1]%mod;
}
int C(int n,int m){return 1ll*fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;}
inline int ksm(int a,int b){
	int s=1;
	for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(b&1) s=1ll*s*a%mod;
	return s;
}
int main()
{
	//freopen("tree.in","r",stdin);
	//freopen("tree.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	Prime(n);
	FAC_INV(2*n);
	for(int i=1;i*i<=n;i++) if(n%i==0){
		ans=(ans+1ll*C(2*i,i)*phi[n/i])%mod;
		if(i*i!=n) ans=(ans+1ll*C(2*(n/i),n/i)*phi[i])%mod;
	}
	printf("%d\n",1ll*ans*ksm(2*n,mod-2)%mod);
}

我今天真的是跪了。。 连线性筛都要打错而且还看不出来（phi[i]*phi[p[j]]写成phi[i]*phi[j]）。。滚去睡觉。。