【集训队作业2018】count

CSP后第一发Blog。

这道题没有一下子过掉，开始还推出了错的结论。在错误的生成函数里绕了好久……

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很显然的转笛卡尔树，一个笛卡尔树对应一种序列。只要考虑一个笛卡尔树是否合法。

贪心地填数发现，从根到每一个叶子最多只能有 \(m - 1\) 个向左。

于是直接上生成函数。设 \(f_m(x)\) 为至多有 \(m\) 个向左的方案数，显然 \(f_m = x f_{m-1} f_m + 1\)。

解出 \(f_m = \frac{1}{1-x f_{m-1}}\)，设 \(f_m = \frac{A_m}{B_m}\)，可以列出线性递推。因为 \(B\) 每次最多乘 \(x\)，次数不超过 \(n\)，线性递推就可以使用点值来做到 \(O\left(n \log n\right)\)。

也可以转括号序列，多叉转二叉后变成栈高度不能超过 \(m\)。

左括号看做向上，右括号看做向右，那么就是有上下边界限制的网格图路径问题。

该问题比较特殊，只有 \(f\left(x\right) = x\) 和 \(f\left(x\right) = x + m\)，可以通过设 \(f\left(x\right) = x\) 上方格子的 DP 值找规律归纳证明出 DP值的关系。

也可以直接容斥经过这两条边的情况。根据卡特兰数推导过程，我们可以把起点到 \(f\left(x\right) = x - 1\) 或 \(f\left(x\right) = x + m + 1\)轴对称，那么 新的点到终点的路径 对应着 原图中原点到终点经过这条边的路径。

多次翻折也类似。我们考虑经过两条线的情况，一定是交替的出现，所以容斥一下经过几次线就能算出答案。

总之做法很多。样例好评，注意坐标会爆int。

#include <bits/stdc++.h>

const int mod = 998244353;
const int MAXN = 200010;
typedef long long LL;
void reduce(int & x) { x += x >> 31 & mod; }
int mul(int a, int b) { return (LL) a * b % mod; }
int fac[MAXN], inv[MAXN];
int C(int a, LL b) {
	return a < b || b < 0 ? 0 : (LL) fac[a] * inv[b] % mod * inv[a - b] % mod;
}
typedef std::pair<LL, LL> PII;
PII flip(PII x, LL b) { return PII(x.second - b, x.first + b); }
int n, m;
int main() {
	std::ios_base::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0);
	std::cin >> n >> m;
	if (m > n) { std::cout << 0 << '\n'; return 0; }
	fac[0] = fac[1] = inv[0] = inv[1] = 1;
	for (int i = 2; i != MAXN; ++i) {
		fac[i] = mul(fac[i - 1], i);
		inv[i] = mul(inv[mod % i], mod - mod / i);
	}
	for (int i = 2; i != MAXN; ++i) inv[i] = mul(inv[i - 1], inv[i]);
	PII a(0, 0), b(0, 0);
	int ans = C(n * 2, n);
	for (int i = 1, coef = 1; i <= n; ++i, coef = mod - coef) {
		if (i & 1) a = flip(a, -1), b = flip(b, m + 1);
		else a = flip(a, m + 1), b = flip(b, -1);
		reduce(ans -= mul(coef, C(n * 2, n - a.first)));
		reduce(ans -= mul(coef, C(n * 2, n - b.first)));
	}
	std::cout << ans << '\n';
	return 0;
}

听说还有多边形限制网格图路径的题…… /px