The Child and Binary Tree
我们的小朋友很喜欢计算机科学，而且尤其喜欢二叉树。 考虑一个含有\(n\)个互异正整数的序列\(c_1,c_2,\dots,c_n\)。如果一棵带点权的有根二叉树满足其所有顶点的权值都在集合\(\{c_1,c_n\}\)中，我们的小朋友就会将其称作神犇的。并且他认为，一棵带点权的树的权值，是其所有顶点权值的总和。 给出一个整数\(m\)，你能对于任意的\(s(1 \le s \le m)\)计算出权值为\(s\)的神犇二叉树的个数吗？请参照样例以更好地理解什么样的两棵二叉树会被视为不同的。 我们只需要知道答案关于\(998244353\)取模后的值。
\(1\le n \le 10^5,1 \le m \le 10^5\)
dreagonm的题解
设答案的生成函数\(F\)，\(F_x\)项系数为权值和为\(x\)的答案。
题目中要求权值必须在集合中出现，这个不好处理，考虑再设一个\(C\)，\(C\)的第\(x\)项如果是\(1\)代表\(x\)出现在值域里，如果是\(0\)，代表\(x\)没有出现在值域里，然后由于二叉树可以分别对左右子树处理，所以
$$
F_k=\sum_{i=1}^k C_i \sum_{j=0}^{k-i}F_j F_{k-i-j}\
F_0=1
$$
可以看出这是一个卷积的形式
\[ F=1+C\times F\times F \]
然后解一个一元二次方程
\[ F=\frac{1 \pm \sqrt{1-4C}}{2C}=\frac{2}{1 \pm \sqrt{1-4C}} \]
因为\(C_0=0\)，\(F_0=1\)，所以去掉负号
然后上多项式求逆和多项式开方即可。时间复杂度\(O(m \log m)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define co const
#define il inline
template<class T> T read(){
T x=0,w=1;char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-') w=-w;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
return x*w;
}
template<class T>il T read(T&x){
return x=read<T>();
}
using namespace std;
typedef long long LL;
co int mod=998244353,g[2]={3,332748118};
il int add(int a,int b){
return (a+=b)>=mod?a-mod:a;
}
il int mul(int a,int b){
return (LL)a*b%mod;
}
il int fpow(int a,int b){
int ans=1;
for(;b;b>>=1,a=mul(a,a))
if(b&1) ans=mul(ans,a);
return ans;
}
typedef vector<int> polynomial;
void num_trans(polynomial&a,int dir){
int lim=a.size();
static vector<int> rev,w[2];
if(rev.size()!=lim){
rev.resize(lim);
int len=log2(lim);
for(int i=0;i<lim;++i) rev[i]=rev[i>>1]>>1|(i&1)<<(len-1);
for(int dir=0;dir<2;++dir){
w[dir].resize(lim);
w[dir][0]=1,w[dir][1]=fpow(g[dir],(mod-1)/lim);
for(int i=2;i<lim;++i) w[dir][i]=mul(w[dir][i-1],w[dir][1]);
}
}
for(int i=0;i<lim;++i)if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int step=1;step<lim;step<<=1){
int quot=lim/(step<<1);
for(int i=0;i<lim;i+=step<<1){
int j=i+step;
for(int k=0;k<step;++k){
int t=mul(w[dir][quot*k],a[j+k]);
a[j+k]=add(a[i+k],mod-t),a[i+k]=add(a[i+k],t);
}
}
}
if(dir){
int ilim=fpow(lim,mod-2);
for(int i=0;i<lim;++i) a[i]=mul(a[i],ilim);
}
}
polynomial poly_inv(polynomial a,int n){
polynomial b(1,fpow(a[0],mod-2));
if(n==1) return b;
int lim=2;
for(;lim<n;lim<<=1){
polynomial a1(a.begin(),a.begin()+lim);
a1.resize(lim<<1),num_trans(a1,0);
b.resize(lim<<1),num_trans(b,0);
for(int i=0;i<lim<<1;++i) b[i]=mul(add(2,mod-mul(a1[i],b[i])),b[i]);
num_trans(b,1),b.resize(lim);
}
a.resize(lim<<1),num_trans(a,0);
b.resize(lim<<1),0);
for(int i=0;i<lim<<1;++i) b[i]=mul(add(2,mod-mul(a[i],b[i]);
num_trans(b,b.resize(n);
return b;
}
co int i2=499122177;
polynomial poly_sqrt(polynomial a,1);
if(n==1) return b;
int lim=2;
for(;lim<n;lim<<=1){
polynomial a1(a.begin(),0);
b.resize(lim);polynomial b1=poly_inv(b,lim);
b1.resize(lim<<1),num_trans(b1,0);
for(int i=0;i<lim<<1;++i) b[i]=mul(add(mul(b[i],b[i]),a1[i]),mul(i2,b1[i]));
num_trans(b,0);
b.resize(lim);polynomial b1=poly_inv(b,lim);
b1.resize(lim<<1),0);
for(int i=0;i<lim<<1;++i) b[i]=mul(add(mul(b[i],a[i]),b1[i]));
num_trans(b,b.resize(n);
return b;
}
int main(){
int n=read<int>(),m=read<int>();
polynomial c(m+1);
for(int i=1;i<=n;++i){
int w=read<int>();
if(w<=m) c[w]=1;
}
for(int i=0;i<=m;++i) c[i]=mul(mod-4,c[i]);
c[0]=add(c[0],1);
c=poly_sqrt(c,m+1);
c[0]=add(c[0],1);
c=poly_inv(c,m+1);
for(int i=1;i<=m;++i) printf("%d\n",mul(2,c[i]));
return 0;
}
