[生成函数] CF848E Days of Floral Colours

“做多项式题就像嗑药，出多项式题就像贩毒......”

(Solution)

这药劲儿确实大，它有着神奇的魔力让我盯着这恶心的代码看一天。

打题半小时，调试一整天——针不戳

(:()

(^_)

准备工作

进入正题。

因为这是一个对称的结构，考虑将其转化为序列上的问题。

观察发现，我们可以将染色方式分成以下四种：

(1:overbrace{1,hat{2},1})

(2:overbrace{1,2,1},2)

(3:overbrace{1,1})

(4:hat{1})

即：

1. 首尾同色，中间的与对面小球（球就是花，下同）同色

2. (1,3)(2,4)位小球同色

3. 相邻的两个小球同色

4. 与对面的小球同色

那么现在我们就可以开始dp了

dp部分

设：

(g[i]) 表示长度为(i)的序列，只有情况2,3的方案数

(f_0[i]) 表示首尾两端都为情况4，中间有i个球的方案产生的贡献

(f_1[i]) 表示首尾两端中一端为(egin{aligned}frac 2 3end{aligned})的情况1（这两种情况是对称的，贡献相等），另一端为情况4，中间有i个球的方案产生的贡献

(f_2[i]) 表示首尾两端都是(egin{aligned}frac 2 3end{aligned})的情况1，中间有i个球的方案产生的贡献

那么转移就很显然了：

(egin{aligned} g[i]&=g[i-2]+g[i-4]\ f_0[i]&=g[i]i^2+sum_{j=0}^{i-1}g[j]j^2f_0[i-j-1]+sum_{j=0}^{i-3}g[j](j+1)^2f_1[i-j-3]\ f_1[i]&=g[i](i+1)^2+sum_{j=0}^{i-1}g[j](j+1)^2f_0[i-j-1]+sum_{j=0}^{i-3}g[j](j+2)^2f_1[i-j-3]\ f_2[i]&=g[i](i+2)^2+sum_{j=0}^{i-1}g[j](j+1)^2f_1[i-j-1]+sum_{j=0}^{i-3}g[j](j+2)^2f_2[i-j-3] end{aligned})

解释一下式子

• (f_0)式：

(f_0) 中的第一项表示没有对称点的方案产生的贡献，那么直接就是方案数（(g[i])）乘上每个方案的贡献（(i^2)）就完事儿了；

第一个(sum) 是在计算将第(j+1)个球染成情况4的贡献，也就是在位置(j+1)用情况4分段，那么前(j)个球即全部是情况2,3，贡献为(g[j]j^2)，后面一半的贡献为(f_0[i-j-1])，相乘即可；

第二个(sum) 是在计算将((j,j+1,j+2))这三个球染成情况1的贡献，前半段的贡献为(g[j](j+1)^2)（(j+1)是因为后面还有(frac 2 3)的情况1中吊着1个球，即第j个球，所以要+1，），后半段的贡献为(f_1[i-j-3])，因为对于后半段而言，它的开始是(frac 2 3)的情况1，所以要转化成(f_1)而不再是(f_0)。

• (f_1)式（这里算首端为情况1，因为是对称的，贡献一样，取首端为情况1来解释(dp)式子）：

(f_1)中的第一项就不再解释了，+1的原因也同上（好吧稍微有点不同，+1的球从末尾变成了开头罢了）；
第一个(sum) 亦是在计算将(j+1)染成情况4的贡献，前半段的贡献为(g[j](j+1)^2)，（+1的原因同上），后半段的贡献为(f_0[i-j-1]);

第二个(sum) 计算将((j,j+1,j+2))三个球染成情况1的贡献，前半段的贡献为(g[j](j+2)^2)（首尾两端都是情况1，都吊了一个球(第1个球和第j个球)，所以要+2），后半段的贡献为(f_1[i-j-3])（前1后4）

• (f_2) 式不再赘述，原理相同。

然而我们上面考虑仅是在序列上的情况，而我们要处理的是一个环。

我们不妨令第1个球和第n+1个球的颜色相同（因为一定要有一组相对的球颜色相同，否则不产生贡献）

考虑我们处理换上的问题时常用的方法——枚举偏转角度

枚举这个环在位置i上又有一组相对的球颜色相同（即i和n+i的颜色相同），那么就可以让圆环偏转i次（如果偏转超过i次就会与“第二组相对而同色的球的位置小于i”的情况产生重复）。

我们有：

(egin{aligned}Ans=sum_{i=2}^{n-2}i(i-1)^2(g[i-1]f_0[n-i-1]+2g[i-2]f_1[n-i-2]+g[i-3]f_2[n-i-3])end{aligned})

稍微解释一下式子：

• 第一个i，是乘上了偏转次数，((i-1)^2)即是前半段的贡献（总共有i-1个球）

• 括号中的第一项是指第一第二对相对而同色的球，都是情况4的贡献

• 第二项是指第一第二对相对而同色的球中，有一对是(frac 2 3)的情况1，另一个是情况4的贡献，因为有"1:1,2:4"和"1:4,2:1"（如果前面都认真看下来的话，这么写应该看得懂吧......懒得再用冗长的文字解释了）两种情况，所以要乘2

• 第三项是指第一第二对相对而同色的求中，都是(frac 2 3)的情况1的贡献

(dp)完成喽！

直接(dp)求(f_0,f_1,f_2)，时间复杂度是(Theta(n^2))的。

生成函数表示转移

很容易看出前面求(f_0,f_1,f_2)时的式子可以写成卷积形式

先把几个dp数组写成生成函数形式：

(egin{aligned} G_0(x)&=sum_{i=0}^infty g[i]i^2x^i\ G_1(x)&=sum_{i=0}^infty g[i](i+1)^2x^i\ G_2(x)&=sum_{i=0}^infty g[i](i+2)^2x^i\ F_0(x)&=sum_{i=0}^infty f_0[i]x^i\ F_1(x)&=sum_{i=0}^infty f_1[i]x^i\ F_2(x)&=sum_{i=0}^infty f_2[i]x^i end{aligned})

改写刚刚的(dp)式：

(egin{aligned} F_0(x)&=G_0(x)+G_0(x)F_0(x)x+G_1(x)F_1(x)x^3\ F_1(x)&=G_1(x)+G_1(x)F_0(x)x+G_2(x)F_1(x)x^3\ F_2(x)&=G_2(x)+G_1(x)F_1(x)x+G_2(x)F_2(x)x^3 end{aligned})

(G_0,G_1,G_2)是我们能够(Theta(n))求出来的

而(F_0,F_1)的两个式子，可以构成一个二元一次方程组（把(G)和(x)当作常数），那么我们就可以用(G,x)来表示出(F_0,F_1)，那么我们就可以在(Theta(nlog n))的时间内求出(F_0,F_1)

而(F_2)又可以用(F_1)来表示，(F_1)又是已知的，所以我们便能(Theta(nlog n))求出(F_2)

最后(Theta(n))求出(Ans)

然后就只剩下求解那个一元二次方程了(dirty works ~)

求解过程：

(egin{aligned} F_0(x)&=G_0(x)+G_0(x)F_0(x)x+G_1(x)F_1(x)x^3\ (1-G_0(x)x)F_0(x)&=G_0(x)+G_1(x)F_1(x)x^3\ F_0(x)&=frac{G_0(x)+G_1(x)F_1(x)x^3}{1-G_0(x)x} end{aligned})

• 将其代入(F_1)式：

(egin{aligned} F_1(x)&=G_1(x)+G_1(x)F_0(x)x+G_2(x)F_1(x)x^3\ F_1(x)&=G_1(x)+G_1(x)xfrac{G_0(x)+G_1(x)F_1(x)x^3}{1-G_0(x)x}+G_2(x)F_1(x)x^3\ (1-frac{G_1^2(x)x}{1-G_0(x)x}-G_2(x)x^3)F_1(x)&=G_1(x)+frac{G_0(x)G_1(x)}{1-G_0(x)x}\ F_1(x)&=frac{G_1(x)+G_0(x)G_1(x)x-G_0(x)G_1(x)x}{1-G_0(x)-G_1(x)x^4-G_2(x)x^3+G_(x)G_2(x)x^4}\ F_1(x)&=frac{G_1(x)}{(G_0(x)x-1)(G_2(x)x^3-1)-G_1^2(x)x^4} end{aligned})

• 将(F_1)代入(F_0)式：

(egin{aligned} F_0(x)&=frac{G_0(x)+G_1(x)F_1(x)x^3}{1-G_0(x)x}\ F_0(x)&=frac{G_0(x)[(G_0(x)x-1)(G_2(x)x^3-1)-G_1^2(x)x^4]+G1^2(x)x^3}{(1-G_0(x)x)[(G_0(x)x-1)(G_2(x)x^3-1)-G_1^2(x)x^4]}\ F_0(x)&=frac{-G_0(x)(G_2(x)x^3-1)+G_1^2(x)x^3}{(G_0(x)x-1)(G_2(x)x^3-1)-G_1^2(x)x^4} end{aligned})

• 重写(F_2)式：

(egin{aligned} F_2(x)&=G_2(x)+G_1(x)F_1(x)x+G_2(x)F_2(x)x^3\ (1-G_2(x)x^3)F_2(x)&=G_2(x)+G_1(x)F_1(x)x\ F_2(x)&=frac{G_2(x)+G_1(x)F_1(x)x}{1-G_2(x)x^3} end{aligned})

至此，我们成功得做到了(Theta(nlog n))求解问题

---

这题其实还有更神仙的做法，能够做到(Theta(n))求解（甚至更快？）

但是，我累了...就这样吧

本题式子很多、很恶心，难免会有我推错的地方，大家直接在评论区指正就好，也不用私信我让我改了，因为...大概这次(NOIP)（明天？）之后我就退役了吧，也不会再看私信了

至此——...

(Code)

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
const int N=2e5+10,mod=998244353;
int a[N],b[N],c[N],d[N],f0[N],f1[N],f2[N],G[N],g[5][N],rev[N],n,L,ans;
using namespace std;
int power(int a,ll b){
	int res=1,c=a;
	while (b){
		if (b&1) res=1ll*res*c%mod;
		b>>=1,c=1ll*c*c%mod;
	}
	return res;
}
void Get(int n,int opt=1){
	L=opt?1:n;
	while (L<n) L<<=1;
	for (int i=0;i<L;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|(i&1?L>>1:0);
}
void fft(int *a,int opt){
	for (int i=0;i<L;i++) if (rev[i]>i) swap(a[rev[i]],a[i]);
	for (int l=2;l<=L;l<<=1){
		int W=opt==1?power(3,(mod-1)/l):power(power(3,(mod-1)/l),mod-2);
		for (int i=0;i<L;i+=l)
			for (int j=0,w=1;j<l>>1;j++,w=1ll*w*W%mod){
				int x=a[i+j],y=1ll*a[i+j+l/2]*w%mod;
				a[i+j]=(x+y)%mod,a[i+j+l/2]=(x-y)%mod;
			}
	}
	for (int i=0,v=power(L,mod-2);i<L;i++) if (opt==-1) a[i]=1ll*a[i]*v%mod;
}
void Inv(int *f,int *g,int n){
	int c[N];
	f[0]=power(g[0],mod-2);
	memset(c,0,sizeof(c));
	for (int l=2;l<n<<1;l<<=1){
		Get(l<<1,0);
		for (int i=0;i<l;i++) c[i]=g[i];
		for (int i=l;i<L;i++) c[i]=0;
		fft(c,1),fft(f,1);
		for (int i=0;i<L;i++) f[i]=(2-1ll*c[i]*f[i]%mod)*f[i]%mod;
		fft(f,-1);
		for (int i=l;i<L;i++) f[i]=0;
	}
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	G[0]=G[2]=1;
	for (int i=4;i<=n;i+=2)
		G[i]=(G[i-2]+G[i-4])%mod,g[0][i]=1ll*G[i]*i%mod*i%mod,g[1][i]=1ll*G[i]*(i+1)%mod*(i+1)%mod,g[2][i]=1ll*G[i]*(i+2)%mod*(i+2)%mod;
	g[1][0]=1,g[2][0]=4,g[0][2]=4,g[1][2]=9,g[2][2]=16;
	Get((n+1)<<1);
	for (int i=0;i<=n;i++)
		a[i]=i<1?0:g[0][i-1],b[i]=i<3?0:g[2][i-3],c[i]=g[0][i],d[i]=g[1][i],f1[i]=g[1][i];
	a[0]--,b[0]--;
	fft(a,1),fft(b,1),fft(c,1),fft(d,1);
	for (int i=0;i<L;i++) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod,b[i]=1ll*c[i]*b[i]%mod,d[i]=1ll*d[i]*d[i]%mod;
	fft(a,-1),fft(b,-1),fft(d,-1);
	for (int i=n+1;i<L;i++) a[i]=0,b[i]=0,d[i]=0;
	for (int i=0;i<L;i++) c[i]=(a[i]-(i<4?0:d[i-4]))%mod,f0[i]=((i<3?0:d[i-3])-b[i])%mod;
	for (int i=n+1;i<L;i++) c[i]=0;
	memset(d,0,sizeof(d));
	Inv(d,c,n+1);
	Get((n+1)<<1);
	fft(d,1),fft(f0,1),fft(f1,1);
	for (int i=0;i<L;i++) f0[i]=1ll*f0[i]*d[i]%mod,f1[i]=1ll*f1[i]*d[i]%mod;
	fft(f0,-1),fft(f1,-1);
	for (int i=n+1;i<L;i++) f0[i]=f1[i]=0;
	for (int i=0;i<L;i++) b[i]=g[1][i],c[i]=i<3?0:-g[2][i-3],d[i]=f1[i];
	c[0]++;
	fft(b,1),fft(d,1);
	for (int i=0;i<L;i++) a[i]=1ll*b[i]*d[i]%mod;
	fft(a,-1);
	for (int i=n+1;i<L;i++) a[i]=0;
	for (int i=0;i<=n;i++) f2[i]=(g[2][i]+(i<1?0:a[i-1]))%mod;
	memset(a,0,sizeof(a));
	memset(a,0,sizeof(a));
	Inv(a,c,n+1);
	Get((n+1)<<1);
	fft(f2,1),fft(a,1);
	for (int i=0;i<L;i++) f2[i]=1ll*f2[i]*a[i]%mod;
	fft(f2,-1);
	for (int i=n+1;i<L;i++) f2[i]=0;
	ans=1ll*(G[n-1]+G[n-3])*(n-1)%mod*(n-1)%mod*n%mod;
	for (int i=2;i<=n-2;i++)
		ans=(ans+1ll*i*(i-1)%mod*(i-1)%mod*((1ll*G[i-1]*f0[n-i-1]%mod+(i<3||i>n-3?0:1ll*G[i-3]*f2[n-i-3]%mod))%mod+2ll*G[i-2]*f1[n-i-2]%mod)%mod)%mod;
	printf("%d
",(ans+mod)%mod);
	return 0;
}
//恶心人的东西，爬！