UOJ#424. 【集训队作业2018】count
如果一个序列满足序列长度为(n)，序列中的每个数都是(1)到(m)内的整数，且所有(1)到(m)内的整数都在序列中出现过，则称这是一个挺好序列。
对于一个序列(A)，记(fA(l,r))为(A)的第(l)个到第(r)个数中最大值的下标（如果有多个最大值，取下标最小的）。
两个序列(A)和(B)同构，当且仅当(A)和(B)长度相等，且对于任意(i≤j)，均有(fA(i,j)=fB(i,j))。
给出(n,m)，求有多少种不同构的挺好序列。答案对(998244353)取模。
输入格式
一行两个正整数(n,m)。
输出格式
一行一个整数，表示有多少种不同构的挺好序列。
样例一
input
3 2
output
4
显然(n<m)时答案为(0)。
解决这种题的思路就是找一个“等价条件”来计数。关于区间最大值的问题，我们可以用笛卡尔树。
对于一个笛卡尔树的每个节点(v)，(ls_v<v,rs_vleq v)。所以，如果一个笛卡尔树的最长左链，也就是根到某个点的路径上经过的左儿子数量（加上根）超过(m)的话，那么就是无解的，因为此时至少要分配(m+1)个不同的权值。满足条件的话就一定有解。
有一个非常厉害的(O(nlogn))的生成函数做法可以参考这篇博客https://www.cnblogs.com/Mr-Spade/p/10215081.html。
其实还有个(O(n))的做法。
一棵多叉树唯一对应一棵二叉树，反过来也是唯一对应的。一棵(n)个二叉树对应一棵(n+1)的点的多叉树（要补一个根）。原来的二叉树最长左链(leq m)，对应多叉树的最大深度(leq m)（根深度为(0)）。
考虑用括号序来解决这个问题。一棵(n+1)个点的树的可以表示为((X))，其中(X)表示一个括号序列，左右两个括号是根，所以我们先将其删除，于是对应了一个(n)对括号的括号序列。我们设(()为(+1)，())为(-1)，那么树的最大深度就是最大的前缀和，所以任意位置的前缀和(x)要满足(0leq xleq m)。
我们将这个东西抽象到一个坐标系上。初始起点在((0,0))，每次操作使横坐标(+1)，纵坐标可以(+1)或者(-1)。要求任意时刻这个点不能达到(y=m+1)和(y=-1)这两条直线，求最终走到((2n,0))的方案数。
折线定理
如果没有任何限制，那么从((0,0))走到((n,m))的方案数是(C_{n}^{frac{n+m}{2}})，设这个东西为(path(n,m))
如果只有一个限制，比如(y=-1)，那么我们可以用折线定理。将((0,0))沿(y=-1)对称到((0,-2))，每一条((0,-2) o (n,m))的路径都唯一对应了原问题的一个非法路径。考虑将第一次达到(y=-1)的路径沿着(y=-1)对折回来就可以理解了。所以答案为(path(n,m)-path(n,m+2))。
如果有两条线，那么就要容斥了。设这条线分别为(a,b)。一个非法序列可以表示为类似于(aaabbb...aaabbb)的一个序列，表示经过这两条线的情况。于是我们枚举这个序列的一个子序列(ababab...)。然后算出一定包含这个子序列的非法序列数。以包含(ab)的序列为例，我们先将起点(p)沿(a)翻折得到(p')，然后再将(p')沿(b)翻折得到(p'')，然后算出(p'')到((2n,0))的方案数(path(2n,0-{p''}_y))。计算跟复杂的序列就多次翻折。容斥系数为((-1)^k)，(k)为(a,b)的个数和。我们可以发现，(p)经过一次翻折，(p_y)就会增大，当(p_y>n)时，(path)一定为(0)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 20000005
using namespace std;
inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}
const ll mod=998244353;
int fac[N],ifac[N];
ll ksm(ll t,ll x) {
ll ans=1;
for(;x;x>>=1,t=t*t%mod)
if(x&1) ans=ans*t%mod;
return ans;
}
int n,m;
void pre(int n) {
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
ifac[n]=ksm(fac[n],mod-2);
for(int i=n-1;i>=0;i--) ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod;
}
ll C(int n,int m) {return n<m?0:1ll*fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod;}
ll cal(int n,int m) {return n<m?0:C(n,n/2+m/2);}
ll ans;
int main() {
pre(2e7);
n=Get(),m=Get();
if(n<m) {cout<<0;return 0;}
n=n*2,m++;
ans=cal(n,0);
ans=(ans-cal(n,2*m)-cal(n,2))%mod;
for(ll i=2*m+2;i<=n;i+=2*m+2) {
ans=(ans+2*cal(n,i)-cal(n,i+2*m)-cal(n,i+2))%mod;
}
cout<<(ans+mod)%mod;
return 0;
}