VIJOS 1999 小h的妹子树三
题意简述
给定节点个数n和树高h(树根高为0)，求出满足节点数位n，树高为h的二叉树的个数
答案对p取模，T组数据
对于100%的数据，满足1<=n<=1200,1<=h<=1200,1<=T<=2000000,1<=P<=1007。
分析
这题的数据范围提示我们要将所有询问预处理出来
而二叉树计数问题与卷积有着比较密切的联系，模数较小也提示我们这题正解很有可能就是FFT
设有n个节点，高度为h的二叉树个数为f[h,n]
先固定树根，假设左子树有x个节点，高度为h-1，那么右子树则需要放n-x-1个节点(树根用了1个节点)，高度需要小于等于h-1
这种情况下方案数为f[h-1,x]*g[h-1,n-x-1] (g[h,n]表示高度不超过h节点数为n的二叉树个数)
而将两棵子树调换位置后依然是合法方案，因此上面的方案数还需要*2
那么不难列出dp方程：
f[h,n]=Σf[h-1,x]*g[h-1,n-1-x]*2
g[h,n]=g[h-1,n]+f[h,n]
但是这个dp方程是错误的
用这个方程计算出的答案会比实际答案多
这是因为在计算2*f[h-1,x]*g[h-1,n-x-1]时，计算结果中包括了2*f[h-1，x]*f[h-1,n-x-1]的部分(2份的左x，右n-x-1)。而在计算f[h-1,n-x-1]*g[h-1,x]时，计算结果中包括了f[h-1,n-x-1]*fh-1,x，与之前调换子树结果*2的计算重复统计了。因此f[h,n]的计算要去除这重复的一部分
那么可以得到修改后的dp方程:
f[h,n]=Σ(f[h-1,x]*g[h-2,n-1-x]*2+f[h-1,x]*f[h-1,n-1-x])
g[h,n]=g[h-1,n]+f[h,n]
f[h,n]的方程就是标准卷积形式了，可以直接套用FFT优化
由于要做h次FFT，因此时间复杂度为O(nhlog n)
由于这题的输入数据过于巨大，因此要使用读入优化
代码
#include//蝴蝶操作
y1=t[j],y2=t[j+m2]*wi;
t[j]=y1+y2;
t[j+m2]=y1-y2;
}
}
}
if (s==-1)
fo(i,0,N-1)
t[i].x=t[i].x/N;
fo(i,0,N-1)
a[i]=t[i];
}
char ch;
inline void scan(int &x){//读入优化
while(ch=getchar(),ch<'0'||ch>'9');x=ch-'0';
while(ch=getchar(),ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0';
}
char cc[20];
int ct;
inline void print(int x){//输出优化
ct=0;
while (x){
cc[++ct]=x%10;
x/=10;
}
for(int i=ct;i>0;i--)
putchar(cc[i]+'0');
if (!ct)
putchar('0');
putchar('\n');
}
int main(){
scanf("%d%d",&T,&p);
bi=0;N=1;
while (N1;
bi++;
}
N<<=1;bi++;
fo(i,0,N-1){
int te=i,u=0;
fo(j,1,bi){
u=(u<<1)+(te&1);
te>>=1;
}
re[i]=u;
}
w[0]=Z(1,0);
fo(i,1,N)
w[i]=Z(cos(2*i*pi/N),sin(2*i*pi/N));//预处理虚根
f[0][0]=1;f[1][1]=1;g[0][0]=g[1][0]=g[1][1]=1;//dp边界
mh=1;
while (T--){
scan(n);scan(h);
h++;
if (h>mh){
fo(i,mh+1,h){
fo(j,0,mn){
da[j]=Z(f[i-1][j],0);
db[j]=Z(((g[i-2][j]<<1)+f[i-1][j])%p,0);
}
fo(j,mn+1,N-1){
da[j]=Z(0,0);
db[j]=Z(0,0);
}
DFT(da,1);
DFT(db,1);
fo(j,0,N-1)
da[j]=da[j]*db[j];
DFT(da,-1);
f[i][0]=0;
g[i][0]=g[i-1][0];
fo(j,1,mn){
f[i][j]=int(da[j-1].x+eps)%p;
g[i][j]=(g[i-1][j]+f[i][j])%p;
}
}
mh=h;
}
print(f[h][n]);
}
return 0;
}