【UOJ #424. 【集訓隊作業2018】count】【笛卡爾樹+容斥原理】

題意

設$f_A(l,r)$表示序列$A$中，$A[l..r]$中最大值的位置。若存在若干個最大值，則取最靠前的那一個。定義兩個序列$A,B$同構，當且僅當兩個序列長度相等，且對於任意$l\le r$都有$f_A(l,r)=f_B(l,r)$。問有多少個長度爲$n$且不同構的序列，其中的元素爲$1$到$m$中的整數，且每個整數在其中至少出現一次。
$n,m\le 10^5$

分析

有一種挺妙的生成函數做法，可以看這篇博客。

若我們對序列建笛卡爾樹，容易發現兩個序列同構，當且僅當它們的笛卡爾樹形狀相同。並且不同構的序列，和最長左鏈（某個節點到根的路徑中，作爲左兒子的次數+1）不超過$m$的笛卡爾樹是一一對應的。問題轉化成求$n$個節點且最長左鏈不超過$m$的笛卡爾樹數量。

通過多叉樹轉二叉樹的方法（二叉樹的左兒子代表該節點在多叉樹上最左邊的兒子，右兒子代表該節點在多叉樹上右邊第一個兄弟），將$n$個節點的二叉樹與$n+1$個節點（要補一個根）的多叉樹一一對應，且二叉樹的最長左鏈不超過$m$，當且僅當其對應的多叉樹的深度不超過$m$（根節點深度爲$0$）。問題轉化爲求$n+1$個節點深度不超過$m$的多叉樹數量。

將$n+1$個節點多叉樹的入棧出棧序看成括號序，就是形如$(X)$，其中$X$是由$n$對括號組成的合法括號序。將左括號看成$+1$，右括號看成$-1$，該多叉樹深度不超過$m$當且僅當括號徐的每個前綴均不超過$m$。問題轉化爲求$n$對括號組成且前綴不超過$m$的合法括號序數量。

用類似證明卡特蘭數的思想，將其放到二維平面上，變爲求從$(0,0)$走到$(2n,0)$，每次橫座標$+1$，縱座標$+1$或$-1$，且不經過$y=m+1$和$y=-1$的路徑數量。這個可以用容斥來算。具體來說，設其先經過若干次$y=m+1$，再經過若干次$y=-1$，再經過若干次$y=m+1$，如此類推。則把起點沿$y=m+1$對稱，再沿$y=-1$對稱，再沿$y=m+1$對稱，如此類推。再計算最終得到的起點到$(2n,0)$的路徑數量，就是對應的方案數。容斥係數爲$(-1)^{交錯次數}$。

時間複雜度$O(n)$。

代碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 200005;
const int MOD = 998244353;

int n, m, jc[N], ny[N];

int C(int n, int m)
{
	return (LL)jc[n] * ny[m] % MOD * ny[n - m] % MOD;
}

int main()
{
	scanf("%d%d", &n, &m);
	if (n < m) {puts("0"); return 0;}
	m++;
	jc[0] = jc[1] = ny[0] = ny[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n * 2; i++) jc[i] = (LL)jc[i - 1] * i % MOD, ny[i] = (LL)(MOD - MOD / i) * ny[MOD % i] % MOD;
	for (int i = 2; i <= n * 2; i++) ny[i] = (LL)ny[i - 1] * ny[i] % MOD;
	int ans = C(n * 2, n);
	for (int i = 0, x = 0; ; i++)
	{
		if (i & 1) x = -2 - x;
		else x = m * 2 - x;
		if (abs(x) > n * 2) break;
		if (i & 1) (ans += C(n * 2, (n * 2 - x) / 2)) %= MOD;
		else (ans += MOD - C(n * 2, (n * 2 - x) / 2)) %= MOD;
	}
	for (int i = 0, x = 0; ; i++)
	{
		if (i & 1) x = m * 2 - x;
		else x = -2 - x;
		if (abs(x) > n * 2) break;
		if (i & 1) (ans += C(n * 2, (n * 2 - x) / 2)) %= MOD;
		else (ans += MOD - C(n * 2, (n * 2 - x) / 2)) %= MOD;
	}
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}