bzoj-3625 小朋友和二叉树

题意：

给出一个大小为n的集合C；

对于i=1...m计算有多少二叉树满足每个节点的权值都在集合C中且所有结点权值和为i；

对998244353取模，左右儿子有别；

题解：

生成函数系列题解之三？

这题先对C搞个生成函数吧，令其为C(x)；

而我们要求的是树的计数的函数F(x)；

列一下方程，F(x)=C(x)*F^2(x)+1；

F^2(x)表示它的左右儿子的方案，C(x)是限制它自己的权值，+1是因为空树有一个常数项；

这个方程式很有道理的，不理解就再理解一下；

然后解一下二次方程。。。

解多项式方程？

上求根公式，F(x)=(1±√ 1-4C(x))/2C(x)；

二次方程可能有两个解，但是这个方程只有一个；

因为显然C(x)无常数项，开根之后出来有一个1，而分母又没有常数项；

只有取减号时将常数项减掉才能做除法；

多项式开根的具体方法还是倍增；

过程中每一层都要常数次调用FFT和多项式求逆；

时间复杂度？T(n)=O(nlogn)+T(n/2)=O(nlogn)；

这个复杂度简直毒瘤。。。至于原因。。。这个复杂度支持各种嵌套。。；

树套树都不能无限套而这东西简直可怕；

代码：

#include
#include
#include
#include
#define N 261244<<1
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=998244353;
const int div2=499122177;
int a[N],b[N],c[N];
int pow(int x,int y)
{
	int ret=1;
	while(y)
	{
		if(y&1)
			ret=(ll)ret*x%mod;
		x=(ll)x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return ret;
}
void NTT(int *a,int len,int type)
{
	int i,j,t,h;
	for(i=0,t=0;it)	swap(a[i],a[t]);
		for(j=(len>>1);(t^=j)>=1);
	}
	for(h=2;h<=len;h<<=1)
	{
		int wn=pow(5,(mod-1)/h);
		for(i=0;i>1);j++,w=(ll)w*wn%mod)
			{
				int temp=(ll)w*a[i+j+(h>>1)]%mod;
				a[i+j+(h>>1)]=(a[i+j]-temp+mod)%mod;
				a[i+j]=(a[i+j]+temp)%mod;
			}
		}
	}
	if(type==-1)
	{
		for(i=1;i<(len>>1);i++)
			swap(a[i],a[len-i]);
		int inv=pow(len,mod-2);
		for(i=0;i>1);
	static int temp[N];
	memcpy(temp,a,sizeof(int)*len);
	memset(temp+len,0,sizeof(int)*len);
	NTT(temp,len<<1,1),NTT(b,len<<1,1);
	for(int i=0;i>1);
	memset(tempb,0,sizeof(int)*len);
	memset(tempb+len,0,sizeof(int)*len);
	inv(b,tempb,len);
	memcpy(tempa,a,sizeof(int)*len);
	memset(tempa+len,0,sizeof(int)*len);
	NTT(tempa,len<<1,1),NTT(b,len<<1,1),NTT(tempb,len<<1,1);
	for(int i=0;i>=1)
		if(m&i)
			{len=i<<1;break;}
	for(i=0;i