一、题目
二、解法
首先转化题意：长度为 \(n\) 个点的序列，值域为 \([1,m]\)，要求 \(1,2...m\) 都出现，问本质不同的笛卡尔树数量。
有一个关键的 \(\tt observation\) 是：如果在一个排列中 \(1,2...m\) 中的某数未出现，一定可以构造出另一个 \(1,2...m\) 都出现过的排列，使得它们的笛卡尔树同构。这说明 \(1,2...m\) 都出现的限制是可以直接拿掉的，极大地简化了问题。
考虑在值域 \([1,m]\) 的限制下，合法的笛卡尔树需要满足什么条件。一个必要条件是：从每个点一直往左走的步数都不超过 \(m-1\)。充分性是易得的，因为我们构造笛卡尔树时，一定是先往根上放 \(m\)，递归下去时，左边是无法使用 \(m\) 的，但是右边还可以使用 \(m\)（这种求本质不同方案的问题，是类似子序列自动机的贪心匹配思想的）
一个神仙的操作是二叉树转多叉树，首先我们新建一个虚根，把原树的根设置为虚根的儿子。然后我们递归地构造，如果某个点 \(v\) 是 \(u\) 的右儿子，我们把 \((u,v)\) 的边断开，改接上 \((fa[u],v)\) 的边。
因为本质不同的二叉树数量等价于本质不同的先序遍历数量，而二叉树和多叉树的先序遍历是相同的，所以我们只需要对多叉树的本质不同先序遍历计数即可。
那么要求就转化成了多叉树的深度不超过 \(m\) 的先序遍历数量，也就是一个 \(2n\) 的合法括号序列，要求任意时刻 ( 的数量减去 ) 的数量不超过 \(m\)；又可以转化成在网格图上行走，从 \((0,0)\) 走到 \((n,n)\)，要求不能碰到 \(y=x+1\) 和 \(y=x-(m+1)\)
显然这和 骗我呢 最后的计算方法是一样的，把终点按照两条直线一直翻折然后容斥，时间复杂度 \(O(n)\)
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 400005;
#define int long long
const int MOD = 998244353;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,x,y,fac[M],inv[M];
void init(int n)
{
fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
for(int i=1;i<=n;i++) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%MOD;
for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
}
void flip1(int &x,int &y) {swap(x,y);x-=1;y+=1;}
void flip2(int &x,int &y) {swap(x,y);x+=(m+1);y-=(m+1);}
int C(int n,int m)
{
if(n<m || m<0) return 0;
return fac[n]*inv[m]%MOD*inv[n-m]%MOD;
}
int calc(int n,int m) {return C(n+m,n);}
signed main()
{
n=read();m=read();init(4e5);
if(m>n) {puts("0");return 0;}
int x=n,y=n,ans=calc(x,y);
while(x>=0 && y>=0)
{
flip1(x,y);ans-=calc(x,y);
flip2(x,y);ans+=calc(x,y);
}
x=y=n;
while(x>=0 && y>=0)
{
flip2(x,y);ans-=calc(x,y);
flip1(x,y);ans+=calc(x,y);
}
printf("%lld\n",(ans%MOD+MOD)%MOD);
}