【計數dp】【組合數學】【多項式exp】子樹問題

【題目描述】
求滿足條件的n個點有根樹數量。
1.父親編號小於兒子
2.給定序列$a_i$，不能出現大小爲$a_i$的子樹
對於每個深度$dep \in [L,R]$的樹，求出答案。
兩棵樹不同當且僅當存在x滿足fa1[x]不等於fa2[x]。

【思路】

這dp其實挺套路的。定義$f[i][j]$表示i個點的樹，深度不超過j 的樹的個數。考慮轉移，我們枚舉子樹的情況，可以發現，去掉根節點，這是一個求$i-1$個點，深度不超過$j-1$的森林的方案的子問題。我們可以考慮在當前的森林裏加一棵樹來更新答案。那麼設已經得到的森林大小爲x，當前枚舉要加入的樹的大小爲y，由於我們要合併兩個有標號的集合，所以方案數爲$C^{x}_{x+y}$。可以這樣理解：我們從x+y個標號裏選擇y個給當前要加入的樹標號，每一種合法的標號方案都對應了一種節點標號相對順序相同的給該樹標號的一種方案。但是注意到，這裏兒子的順序無關緊要，我們上面的分配標號的方式會導致重複。比如對於一個根節點有左右兒子的三個節點的樹，我們會把左兒子分配標號2和標號3兩種方案都統計一遍。但事實上根據題目意思這兩種方案屬於同一種方案。因爲這種分配標號的統計方式是對於兩個不同的集合分配標號的分配方式。所以我們可以考慮對所有子樹按根節點標號排序，這樣每種子樹就是不同集合了。對於每次按順序新加入的樹，我們欽定它的根的標號在所有子樹裏最小。由於我們欽定了新加入的樹的根節點標號，所以方案數爲$C_{x+y-1}^{y-1}$。對於一棵大小爲n的樹，由於父親編號小於兒子編號，所以它的根節點的標號也是確定的。所以轉移方程爲:
$f[i][j]=\sum_{k=1}^{i-1} f[i-k][j-1]*f[k][j]*C_{i-2}^{j-1}$
對於每一個$a_i$的限制，我們只需要把對應大小的子樹方案置爲0即可。時間複雜度$O(n^3)$。
由於轉移方程是卷積的形式，可以使用分治ntt優化至$O(n^2log^2n)$。當然，本題還可以用多項式算法把時間優化至$O(n^2logn)$。
$[x^{n+1}]f_{d}(x)=\sum_k \frac{1}{k!}\sum_{\sum_{i=1}^{k} b_i=n}\frac{n!}{\prod_{i=1}^{k} b_i!}\prod[x^{b_i}]f_{d-1}(x)$
$f_{d}(x)'=exp(f_{d-1}(x))。$
dp代碼：

#include<bits/stdc++.h>
#define re register
#define F(i,a,b) for(int re i=a;i<=b;++i)
#define D(i,a,b) for(int re i=a;i>=b;--i)
using namespace std;
const int N=7e2+5,mod=998244353;
inline int red(){
    int re data=0;bool w=0; char re ch=getchar();
    while(ch!='-' && (ch<'0' || ch>'9')) ch=getchar();
    if(ch=='-') w=1,ch=getchar();
    while(ch>='0' && ch<='9') data=(data<<3)+(data<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return w?-data:data;
}
int n,m,a,b,c[N][N],f[N][N],g[N][N];
inline int add(const int&a,const int&b){return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;}
inline int dec(const int&a,const int&b){return a<b?a-b+mod:a-b;}
inline int mul(const int&a,const int&b){return 1ll*a*b%mod;}
int L,R;
bool vis[N];
int main()
{
	F(i,0,700){
		c[i][0]=1;
		F(j,1,i)c[i][j]=add(c[i-1][j],c[i-1][j-1]);
	}n=red();m=red();
	F(i,1,m)vis[red()]=1;L=red();R=red();
	F(i,1,R)f[1][i]=1;
	F(i,1,n)F(j,1,R)F(k,1,i-1)if(!vis[k])f[i][j]=add(f[i][j],mul(i>1?c[i-2][k-1]:0,mul(f[i-k][j],f[k][j-1])));
	F(i,L,R)cout<<(vis[n]?0:dec(f[n][i],f[n][i-1]))<<" ";
}

多項式代碼：(常數巨大，時間大概是dp的2倍) 板子醜，沒辦法

#include<bits/stdc++.h>
#define re register
#define ri re int
#define F(i,a,b) for(int re i=a;i<=b;++i)
#define D(i,a,b) for(int re i=a;i>=b;--i)
using namespace std;
const int N=1e3+5;
const int mod=998244353;
inline void Add(int&a,int b){(a+=b)>=mod?a-=mod:a;}
inline void Dec(int&a,int b){a=a<b?a-b+mod:a-b;}
inline void Mul(int&a,int b){a=1ll*a*b%mod;}
inline int add(int a,int b){return (a+=b)>=mod?a-=mod:a;}
inline int dec(int a,int b){return a<b?a-b+mod:a-b;}
inline int mul(int a,int b){return 1ll*a*b%mod;}
inline int red(){
    int data=0;int w=1; char ch=0;
    ch=getchar();
    while(ch!='-' && (ch<'0' || ch>'9')) ch=getchar();
    if(ch=='-') w=-1,ch=getchar();
    while(ch>='0' && ch<='9') data=(data<<3)+(data<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return data*w;
}
int lim=1,l;
typedef vector<int> poly;
int *w[50],inw[N];
vector<int>rev[50];
bool done[50];
int Inv[N];
int n,m,L,R,c[N];
inline int ksm(int a,int p){int ret=1;for(;p;p>>=1,a=mul(a,a))if(p&1)Mul(ret,a);return ret;}
inline void pre(const int &mx){
	lim=1,l=0;
	while(lim<mx)lim<<=1,++l;
	if(done[l])return;
	done[l]=1;
	rev[l].resize(lim);
	F(i,0,lim-1)rev[l][i]=(rev[l][i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
}
inline void ntt(poly&a,int type)
{
	F(i,0,lim-1)if(i<rev[l][i])swap(a[i],a[rev[l][i]]);
	for(int re i=1,t=1,a0,a1;i<lim;i<<=1,++t)
		for(int re j=0,len=i<<1;j<lim;j+=len)
			F(k,0,i-1)a0=a[j+k],a1=mul(a[j+k+i],w[t][k]),a[j+k]=add(a0,a1),a[j+k+i]=dec(a0,a1);
	if(~type)return;
	reverse(a.begin()+1,a.end());
	F(i,0,lim-1)Mul(a[i],inw[l]);
}
inline poly operator*(poly a,poly b)
{
	int n=a.size(),m=b.size(),t=n+m-1;
	if(t<=128){
		poly c(t);
		F(i,0,n-1)F(j,0,m-1)
			Add(c[i+j],mul(a[i],b[j]));
		return c;
	}
	pre(t);
	a.resize(lim),ntt(a,1);
	b.resize(lim),ntt(b,1);
	F(i,0,lim-1)Mul(a[i],b[i]);
	ntt(a,-1);a.resize(t);
	return a;
}
inline poly inv(poly a,const int &k)
{
	poly c,b(1,ksm(a[0],mod-2));
	for(int re i=4,up=k<<2;i<up;i<<=1)
	{
		pre(i);
		c=a,c.resize(i>>1);
		c.resize(lim),ntt(c,1);
		b.resize(lim),ntt(b,1);
		for(int re j=0;j<lim;j++)Mul(b[j],dec(2,mul(b[j],c[j])));
		ntt(b,-1);b.resize(i>>1);
	}
	return b.resize(k),b;
}
inline poly inter(poly a){
	a.push_back(0);
	D(i,a.size()-1,1)a[i]=mul(a[i-1],Inv[i]);
	return a[0]=0,a;
}
inline poly dir(poly a){
	for(int re i=0,up=a.size()-1;i<up;++i)a[i]=mul(a[i+1],i+1);
	return a.pop_back(),a;
}
inline poly ln(poly a,const int &k){return a=inter(dir(a)*inv(a,k)),a.resize(k),a;}
inline poly exp(poly a,const int &k){
	poly b(1,1),c;
	a.resize(k<<1);
	for(int re i=2,up=k<<1;i<up;i<<=1){
		c=ln(b,i);
		F(j,0,i-1)c[j]=dec(a[j],c[j]);
		Add(c[0],1);b=b*c,b.resize(i);
	}
	return b.resize(k),b;
}
int fac[N]={1,1};
inline void init(){
	Inv[1]=1;int mx=n<<1;inw[0]=1;
	F(i,1,n)fac[i]=mul(fac[i-1],i);
	F(i,2,mx)Inv[i]=mul(Inv[mod%i],(mod-mod/i));
	for(int re i=1,mt=mod+1>>1;i<23;i++)inw[i]=mul(inw[i-1],mt);
	F(i,1,23)w[i]=new int[1<<(i-1)];
	int w0=ksm(3,(mod-1)>>23);
	w[23][0]=1;
	for(int re i=1,up=1<<22;i<up;++i)w[23][i]=mul(w[23][i-1],w0);
	D(i,22,1)
		for(int re j=0,up=1<<(i-1);j<up;++j)
			w[i][j]=w[i+1][j<<1]; 
}
poly a,b;
int ans[N];
int main(){
	n=red();m=red();init();
	F(i,1,m)c[i]=red();
	L=red();R=red();
	a.resize(n+1);b.resize(n+1);
	a[1]=1;ans[1]=a[n];
	F(i,2,R){
		b=inter(exp(a,n+1));b.resize(n+1);
		F(j,1,m)b[c[j]]=0;a=b;ans[i]=b[n];
	}F(i,L,R)cout<<mul(dec(ans[i],ans[i-1]),fac[n])<<" ";
}