Description
我們的小朋友很喜歡計算機科學,而且尤其喜歡二叉樹。
考慮一個含有n個互異正整數的序列c[1],c[2],...,c[n]。如果一棵帶點權的有根二叉樹滿足其所有頂點的權值都在集合{c[1],c[2],...,c[n]}中,我們的小朋友就會將其稱作神犇的。並且他認爲,一棵帶點權的樹的權值,是其所有頂點權值的總和。
給出一個整數m,你能對於任意的s(1<=s<=m)計算出權值爲s的神犇二叉樹的個數嗎?請參照樣例以更好的理解什麼樣的兩棵二叉樹會被視爲不同的。
我們只需要知道答案關於998244353(7*17*2^23+1,一個質數)取模後的值。
Input
第一行有2個整數 n,m(1<=n<=10^5; 1<=m<=10^5)。
第二行有n個用空格隔開的互異的整數 c[1],c[2],...,c[n](1<=c[i]<=10^5)。
Output
輸出m行,每行有一個整數。第i行應當含有權值恰爲i的神犇二叉樹的總數。請輸出答案關於998244353(=7*17*2^23+1,一個質數)取模後的結果。
Sample Input
樣例一:
2 3
1 2
樣例二:
3 10
9 4 3
樣例三:
5 10
13 10 6 4 15
Sample Output
樣例一:
1
3
9
樣例二:
0
0
1
1
0
2
4
2
6
15
樣例三:
0
0
0
1
0
1
0
2
0
5
HINT
對於第一個樣例,有9個權值恰好爲3的神犇二叉樹:
不會多項式求逆和多項式開根的先看看這裏。
首先設
設的生成函數爲
設表示權值爲的二叉樹的數量。
設的生成函數爲:
當時,
當時,
所以我們就可以得到:
解這個關於的一元二次方程得:
檢驗:
當時,
舍。
類比可得,當時,。
綜上,
分式的分子分母同時乘以並化簡得:
然後就是多項式開根+多項式求逆啦。
如果有誤在評論區吼一聲哦!
代碼:
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int mod=998244353,g=3,gi=332748118,inv2=499122177;
int n,m,r[400010],v[400010],b[400010],c[4000010],d[400010],e[400010];
int rd(){
int x=0;
char c;
do c=getchar();
while(!isdigit(c));
do{
x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
c=getchar();
}while(isdigit(c));
return x;
}
int qpow(int x,int n){
int ret=1;
while(n){
if(n&1)
ret=1ll*ret*x%mod;
x=1ll*x*x%mod;
n>>=1;
}
return ret;
}
void NTT(int *a,int limit,int type){
for(int i=0;i<limit;i++)
if(i<r[i])
swap(a[i],a[r[i]]);
for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1){
int wn=qpow(type==1?g:gi,(mod-1)/(mid<<1));
for(int i=0;i<limit;i+=(mid<<1)){
int w=1;
for(int j=0;j<mid;j++,w=1ll*w*wn%mod){
int x=a[i+j],y=1ll*w*a[i+j+mid]%mod;
a[i+j]=x+y;
a[i+j+mid]=x-y;
if(a[i+j]>=mod)
a[i+j]-=mod;
if(a[i+j+mid]<0)
a[i+j+mid]+=mod;
}
}
}
if(!~type){
int inv=qpow(limit,mod-2);
for(int i=0;i<limit;i++)
a[i]=1ll*a[i]*inv%mod;
}
return;
}
void inv(int *a,int *b,int n){
if(n==1){
b[0]=qpow(a[0],mod-2);
return;
}
inv(a,b,(n+1)>>1);
int l=0,limit=1;
while(limit<=(n<<1)){
l++;
limit<<=1;
}
for(int i=0;i<limit;i++)
r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
for(int i=0;i<n;i++)
c[i]=a[i];
for(int i=n;i<limit;i++)
c[i]=0;
NTT(b,limit,1);
NTT(c,limit,1);
for(int i=0;i<limit;i++)
b[i]=(2ll*b[i]-1ll*b[i]*b[i]%mod*c[i]%mod+mod)%mod;
NTT(b,limit,-1);
for(int i=n;i<limit;i++)
b[i]=0;
return;
}
void sqrt(int *a,int *b,int n){
if(n==1){
b[0]=1;
return;
}
sqrt(a,b,(n+1)>>1);
for(int i=0;i<n;i++)
d[i]=0;
inv(b,d,n);
int l=0,limit=1;
while(limit<=(n<<1)){
l++;
limit<<=1;
}
for(int i=0;i<limit;i++)
r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
for(int i=0;i<n;i++)
c[i]=a[i];
for(int i=n;i<limit;i++)
c[i]=0;
NTT(d,limit,1);
NTT(c,limit,1);
for(int i=0;i<limit;i++)
d[i]=1ll*c[i]*d[i]%mod;
NTT(d,limit,-1);
for(int i=0;i<n;i++)
b[i]=(1ll*(b[i]+d[i])*inv2)%mod;
for(int i=n;i<limit;i++)
b[i]=0;
return;
}
int main(){
n=rd();
m=rd();
for(int i=1;i<=n;i++)
v[rd()]=-4;
v[0]=1;
m++;
sqrt(v,b,m);
b[0]++;
inv(b,e,m);
for(int i=1;i<m;i++)
printf("%d\n",e[i]*2%mod);
return 0;
}