Solution -「CF 1237E」Balanced Binary Search Trees

(mathcal{Description})

  Link.

  定义棵点权为 (1sim n) 的二叉搜索树 (T) 是 好树，当且仅当：

• 除去最深的所有叶子后，(T) 是满的；

• 对于 (T) 中任意结点 (r)，若 (r) 存在左儿子 (u)，则 (r otequiv upmod2)；

• 若 (r) 存在右儿子 (v)，则 (requiv vpmod2)；

  给定 (n)，求 好树 数量。答案对 (998244353) 取模。

  ( equire{cancel} cancel{nle10^6}~nle10^{10^6})。

(mathcal{Solution})

  分析一下含有 (n) 个结点的 好树 的性质：

1. 好树 的子树是 好树。

2. 树根 (r) 有 (requiv npmod2)。因为从根一直走右儿子奇偶性不变。

3. 当 (n>1)，好树 不满。若满，最大值和次大值必为右儿子-父亲关系，不满足定义。

4. 由 3.，当 (n>2)，好树 树根的左右子树的最大满层相同。

  我们这样断言：最大满层深度为 (h) 的 好树 存在且仅存在两个，且它们的大小之差为 (1)。

  给出证明。设含 (n) 个结点的 好树 有 (f(n)) 个，那么 (f(1)=f(2)=1)，它们最大满层深度均为 (1)。归纳 (n>2) 的情形：

  取一棵含 (n) 个点的 好树 (T)，其树根为 (r)，左右儿子为 (u,v)，最大满层深度为 (h)。

  由性质 1.，子树 (u) 和子树 (v) 是好树；

  由性质 3.，子树 (u) 和子树 (v) 不满；

  由假设，(T) 为好树，子树 (u) 和子树 (v) 最大满层相同。那么可以对这两棵子树进行归纳。

• 若 (2 otmid n)，
  可知子树 (u)，子树 (v) 大小奇偶性相同，由性质 4. 与归纳假设，子树 (u) 和子树 (v) 的大小相等，且均为偶数，继而有

  [ f(n)=f^2left(frac{n-1}{2} ight)~~~~(n=4k+1,kinmathbb N^*). ]

• 若 (2mid n)，
  可知子树 (u)，子树 (v) 大小奇偶性不同，由归纳假设，子树 (u) 和子树 (v) 大小相差 (1)，继而有

  [ f(n)=fleft(frac{n}{2}-1 ight)fleft(frac{n}{2} ight). ]

  （注意左右子树不能交换，所以只有一种放法。）

  综上，不难发现 (f(n)) 在归纳条件下至多为 (1)。我们只需要证明存在某对使得 (T) 最大满层深度为 (h) 的 (n_0) 和 (n_0+1)，使得 (f(n_0)=f(n_0+1)=1)。

  构造，设当 (h'=h-1) 时已有 (f(n_0')=f(n_0'+1)=1)，那么

• 若 (2mid n_0)，有 (f(2n_0)=f(2n_0+1)=1)；

• 若 (2 otmid n_0)，有 (f(2n_0+2)=f(2n_0+1)=1)。

  综上，归纳可行，原命题成立。 (square)

  利用最后一步的构造方法，我们可以 (mathcal O(log n)) 地求得所有 (n_0le n,f(n_0)=1) 的 (n_0)。当然也能以同样复杂度判断 (f(n)) 是否为 (1)。

---

  正确解题姿势：写 (mathcal O(n^2)) DP，打表秒出规律。

(mathcal{Code})

  Subtask12 即打表代码。

/*~Rainybunny~*/

#include <bits/stdc++.h>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i )

const int MAXN = 5e6;
int n, M;
bool ans[MAXN + 5];

inline int imin( const int u, const int v ) { return u < v ? u : v; }
inline int imax( const int u, const int v ) { return u < v ? v : u; }
inline int mul( const int u, const int v ) { return 1ll * u * v % M; }
inline void addeq( int& u, const int v ) { ( u += v ) >= M && ( u -= M ); }

namespace Subtask12 {

int bitw[MAXN + 5], f[MAXN + 5];

inline void main() {
    f[0] = f[1] = 1, bitw[0] = -1;
    rep ( i, 2, n ) {
        bitw[i] = bitw[i >> 1] + 1;
        rep ( j, 1, i ) {
            if ( ( i & 1 ) == ( j & 1 )
              && imin( bitw[j], bitw[i - j + 1] ) + 1 >= bitw[i]
              && imax( bitw[j - 1], bitw[i - j] ) + 1 == bitw[i] ) {
//                  printf( "(%d,%d)->%d
", j - 1, i - j, i );
                addeq( f[i], mul( f[j - 1], f[i - j] ) );
            }
        }
        if ( f[i] ) assert( f[i] == 1 ), printf( "%d
", i );
    }
}

} // namespace Subtask12.

int main() {
    freopen( "tree.in", "r", stdin );
    freopen( "tree.out", "w", stdout );
    
    scanf( "%d %d", &n, &M );

    for ( int i = 2, op = 1; i <= MAXN + 1; ) {
        ans[i] = ans[i - 1] = true;
        i = i << 1 | op, op ^= 1;
    }

    putchar( ans[n] ^ '0' ), putchar( '
' );
    return 0;
}