题目描述
幻魔皇拉比艾尔很喜欢斐波那契树，他想找到神奇的节点对。
所谓斐波那契树，根是一个白色节点，每个白色节点都有一个黑色节点儿子，而每个黑色节点则有一个白色和一个黑色节点儿子。神奇的节点对则是指白色节点对。
请问对于深度为$n$的斐波那契树，其中距离为$i$的神奇节点对有多少个？拉比艾尔需要你对于$1leqslant ileqslant 2n$的所有$i$都求出答案。
输入格式
一行一个正整数$n$。
输出格式
一行$2n$个整数表示答案，对$123456789$取模。
样例
样例输入：
5
样例输出：
0 2 3 3 1 1 1 0 0 0 0
数据范围与提示
对于$20\%$的数据$nleqslant 10$；
对于$40\%$的数据$nleqslant 20$；
对于$60\%$的数据$nleqslant 30$；
对于$80\%$的数据$nleqslant 400$；
对于$100\%$的数据$nleqslant 5,000$。
题解
先来看一下这棵树：
首先，来看几点性质：
$alpha.$每一行的点数呈斐波那契数列。
$eta.$从第二行开始，每行的黑点个数呈斐波那契数列。
$gamma.$从第三行开始，每行的白点个数呈斐波那契数列。
$delta.$对于每一个黑（白）点，如果它有一棵深度为$k$的子树，那么所有这些子树都是一样的。
得到了这些性质，再来看这道题：
设$w[i]$表示第$i$行的白点的个数，$b[i]$表示第$i$行黑点的个数，$sw[i]$表示小于等于$i$行的所有白点的个数，$sb[i]$表示小于等于$i$行的所有黑点的个数（注意此处的行数其实也是深度，根节点的深度为$1$）。
思考如何计数，根据性质$delta$，可以考虑将每一棵不同的子树内部贡献，再乘上这样子树的数量即可得到答案。
再来考虑如何统计子树内部的贡献，可以大致分为两种情况：
$alpha.$神奇节点对的$LCA$为白色点。
$eta.$神奇节点对的$LCA$为黑色点。
观察上面的图可知，对于情况$alpha$，$LCA$一定是其中一个白点，就是说这两个白点一定是祖先和后代的关系。
那么，对于一个深度为$k$的子树，其贡献为$w[i+1]$（因为祖先白点的行数是$1$），而这样的子树有$sw[n-i]$棵。
所以，对于情况$alpha$，其对答案的贡献即为：
$$sum limits_{i=1}^n sw[n-i] imes w[i+1]$$
对于情况$eta$，就显得麻烦很多了，两个白点必须在这个黑点（$LCA$）的两个子节点的子树中。
考虑枚举两侧的距这个黑点的距离$i,j$（白色子节点的子树中的白点的距离为$i$，黑色子节点的子树中的白点的距离为$j$），并将这棵树进行如下图所示划分：
惊喜的发现，如果将右侧树的根节点由黑变白对答案没有影响，而右侧树就变成了一棵深度为$j+1$的普通树，那么其距离为$j$的白点就有$w[j+1]$个。
左侧深度为$i+1$，则对于左侧树其深度为$i$，所以距离为$i$的白点个数为$w[i]$。
那么对于这棵树，其对答案的贡献就是$w[i] imes w[j+1]$，而这样的子树的数量取决与$i,j$中更大的那一个，所以这样的子树有$sb[n-max(i,j)]$棵。
所以，对于情况$eta$，其对答案的贡献即为：
$$sum limits_{i=1}^n sum limits_{j=1}^n sb[n-max(i,j)] imes w[i] imes w[j+1]$$
时间复杂度：$Theta(n^2)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=123456789;
int n;
long long w[5001],b[5001],sw[5001],sb[5001];
long long ans[10001];
int main()
{
scanf("%d",&n);
w[1]=w[3]=1;
sw[1]=sw[2]=1;sw[3]=2;
for(int i=4;i<=n;i++)
{
w[i]=(w[i-1]+w[i-2])%mod;
sw[i]=(sw[i-1]+w[i])%mod;
}
b[2]=1;sb[2]=1;
for(int i=3;i<=n;i++)
{
b[i]=(b[i-1]+b[i-2])%mod;
sb[i]=(sb[i-1]+b[i])%mod;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
ans[i]=sw[n-i]*w[i+1]%mod;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
ans[i+j]=(ans[i+j]+sb[n-max(i,j)]*w[i]%mod*w[j+1])%mod;
for(int i=1;i<=2*n;i++)printf("%lld ",ans[i]);
return 0;
}
rp++