【解题报告】山东省队集训2019 小孩召开法

Description

给定 \(n,k\) 求有多少排列满足其构成的 \(\rm DFA\) 最长能识别长度为 \(k-1\) 的 ><>< 交替的字符串

\(n\le 10^{16},k\le 10^6\)

Solution

Alpha1022 的题解是非常清楚并且完全正确的，用的另类拉格朗日反演也没有非常匪夷所思的配凑，在这里点赞并对一些可能的阅读障碍解读！

设 \(f_{k}(n)\) 为答案，枚举最大值的位置 \(j\)，设左边有最长 \(2r/2r+1\) 的交替序列，因为 \(n\) 作为最大值可以替代 \(2r+1\) 中的最后一个，那么可以得到下式

\[f_{k}(n)=\sum_{i=1}^n\binom {n-1}{i-1}\sum_{2r+s=k-1}\left(f_{2r}(j-1)+f_{2r+1}(j-1)\right)f_{s}(n-i) \]

设

\[\begin{aligned}A(x,t)&=\sum f_{k}(n)\frac{x^{n}}{n!}t^k\\A_0(x,t)&=\frac{A(x,t)+A(x,-t)}2\\A_1(x,t)&=\frac{A(x,t)-A(x,-t)}{2}\end{aligned} \]

下述运算无特别说明，都将以 \(x\) 为主元，导数是偏导

我们发现：

\[\frac{\partial A(x,t)}{\partial x}=(tA_0(x,t)+A_1(x,t))A(x,t) \]

这可以通过使用上面的递推式和比对系数来证明，同时根据定义有：

\[\begin{aligned}&\frac{\partial\left( A^2_0(x,t)-A_1^2(x,t)\right)}{\partial x}\\&=A'(x,t)A(x,-t)+A(x,t)A'(x,-t)\\&=0\end{aligned} \]

考察常数项发现 \([x^0]A_0(x,t)=1\)，所以可以得到 \(A^2_0(x,t)-A_1^2(x,t)=1\)，所以我们可以发现一组在 \(x\) 为主元的时候的乘法逆：

\[A(x,t)A(x,-t)=1 \]

设 \(G=\frac{F}{1-t}\)（也就是在 \(x\) 为主元意义下的前缀和），\(\alpha=\sqrt{1-t^2},C=e^{C'}\)

\[\begin{aligned} \frac{\partial A(x,t)}{\partial x}&=(tA_0(x,t)+A_1(x,t))A(x,t)\\ \frac{\partial A(x,t)}{\partial x}&=\frac 12((t+1)A+(t-1)A^{-1})A\\ \frac{\partial A}{(t+1)A^2+(t-1)}&=\frac{\partial x}2\\ \frac{\partial G}{(1-t^2)G^2-1}&=\frac{\partial x}2\\ \left[\frac{1}{\alpha G-1}-\frac{1}{\alpha G+1}\right]\partial (\alpha G) &=\alpha \partial x\\ \ln\left(\frac{\alpha G-1}{\alpha G+1}\right)&=\alpha x+C'\\ \frac{\alpha G-1}{\alpha G+1}&=C\times e^\alpha x\\ G(x)&=\frac{2}{\alpha}\left(\frac{1}{1-e^{\alpha x}C}-1\right) \end{aligned}\]

倒数第三步使用了左右两边变元不一致的积分，这是因为左式可以视作 \(\alpha G\) 为变量的函数，这个函数和右边以 \(x\) 为变量的函数完全相同，原像相同做积分必然也相同

（这步积分是我在本题里面留下的疑惑，不知道这样子的理解是不是合理）

注意 \(A(x,0)=\sum_{i\ge 0}t^k\) 只在 \(x=0\) 的时候 \(\frac {0^{0}}{0!}=1\)，那么带入到这个式子里面发现 \(C=\frac{1-\alpha}t\)

注意到 \([x^0]\) 的系数对于解决问题是没有任何帮助的，那么可以将其忽略再进行考察，继续进行一些和式变换

\[\begin{aligned}G(x)-[x^0]G&=\frac{2}{\alpha}\frac{1}{1-e^{\alpha x}\frac{1-\alpha}t}\\&=\frac{2}{\alpha}\sum_{i\ge 0}\left(e^{\alpha x}\frac{1-\alpha}t\right)^i\\&=\frac{2}{\alpha}\sum_{r\ge0}t^{-r}(1-\alpha)^r\sum_{s\ge 0}\frac{(r\alpha x)^s}{s!}\end{aligned} \]

使用另类拉格朗日反演强行展开

\[(1-\sqrt{1-t^2})^r(1-t^2)^{\frac{s-1}2} \]

关于拉格朗日反演

整个理论的根基在于分式域的多项式：对于常数项为 \(0\)，一次项不为 \(0\) 的幂级数 \(F\)，有

\[[x^{-1}]F^k(x)F'(x)=[k=-1] \]

分类讨论 \(k\neq -1\) 时 两者合并为 \((\frac{1}{k+1}F^{k+1})'\) 整多项式没有 \(x^{-1}\) 系数，否则直接比对系数 \({\rm LHS}=[x^0]x\frac{F'(x)}{F(x)}=[x^0]\frac{F'(x)}{\frac{F(x)}{x}}=\frac{f_1}{f_1}=1\)

设 \(F(x),G(x)\) 为常数项为 \(0\)，一次项不为 \(0\) 的幂级数，\(H(x)\) 为任一幂级数

\[[x^n]F(x)=\frac1n[x^{n-1}]\left(\frac{x}{G(x)}\right)^n \]

证明考虑先对 \(F(G)\) 展开并求导，发现次数不是 \(G(x)\) 次数不是 \(n\) 的时候所有其它项不能对 \([x^{-1}]\) 造成贡献，单独提取出来就能得到所求了

扩展拉格朗日反演如下：

\[[x^n]H(F(x))=\frac1n[x^{n-1}]H'(x)\left(\frac{x}{G(x)}\right)^n \]

除了多了一个复合函数求导得到的 \(H'(x)\) 之外没有区别

另类拉格朗日反演的两种形式：

\[[x^n]F^k(x)=[x^{-k-1}]G'(x)G^{-n-1} \]

\[\begin{aligned}\sum_{i\ge 0}([x^i]F^k)G^i(x)&=x^k\\ \sum_{i\ge 0}([x^i]F^k)G^{i-n}(x)G'(x)&=G'(x)G^{-n}(x)x^k\\ [x^{-1}]\sum_{i\ge 0}([x^i]F^k)G^{i-n}(x)G'(x)&=[x^{-k-1}]G'(x)G^{-n}(x)\\ [x^{n}]F^k&=[x^{-k-1}]G'(x)G^{-n}(x)\\ \end{aligned}\]

\[[x^n]H(F(x))=[x^{-1}]H(x)G'(x)G^{-n-1} \]

证明也是类似的

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展开过程中最头疼的仍然是找到一对互为复合逆的函数，这里考虑【The Child and Binary Tree】一题中给出的二叉树方程

\[F=x(1+F)^2,G(x)=\frac{x}{(1+x)^2}\to F(G(x))=x \]

将原式推导至复合结构，也就是使用 \(F\) 将所有 \(x\) 替换掉，这里只出现了 \(t^2\)，那么设 \(4x=t^2\)：

\[\begin{aligned}&(1-\sqrt{1-t^2})^r(1-t^2)^{\frac{s-1}2}\\ &=(1-\sqrt{1-4x})^r(\sqrt{1-4x})^{s-1}\\ &=2^rF^r(1-F)^{s-1}(1+F)^{-r-s+1} \end{aligned}\]

使用另类拉反的再复合结构，设 \(H(x)=x^r(1-x)^{s-1}(1+x)^{-r-s+1},F,G\) 如上，套公式即可：

\[\begin{aligned}[x^n]F^r(1-F)^{s-1}(1+F)^{-r-s+1}&=[x^{n}]H(x)G'(x)\left(\frac{x}{G(x)}\right)^{n+1}\\&=[x^{n}]x^r(1+x)^{s-1}(1+x)^{-r-s+1}\frac{1-x}{(1+x)^3}(1+x)^{2(n+1)} \end{aligned}\]

下面直接给出完全进行和式变换之后的得到的 \(G=\frac{F}{1-t}\)，中间的没有除了二项式定理之外的特别技巧

\[G(x)-[x^0]G(x)=\sum_{r,u}2^{1-r-2u}t^{2u+r}\sum_{s\ge 0}\frac{(rx)^s}{s!}\sum_{i\ge 0}(-1)^i\binom si\binom{r+2u-s}{u-i} \]

发现 \(n=s,k=r+2u\)，那么要求 \([x^nt^k]\)，枚举 \(r\)，如果得到下式即可完成本题

\[\sum_{i}(-1)^i\binom ni\binom{k-n}{\frac{k-r}2-i} \]

上式关于 \(\frac{k-r}2\) 的 \(\rm GF\) 形如

\[\widehat F=(1+x)^n(1-x)^{k-n}\to \widehat{F}'=-\frac{sF}{1+x}-\frac{nF}{1-x} \]

两边乘 \((1-x)(1+x)\) 之后比对 \([x^{t-1}]\) 即可得到递推式：

\[f_{t}=-(n+s)f_{t-1}+(s-n+t-2)f_{t-2} \]

Code

const int N=1e6+10;
int n,k,cnt;
int pri[N],pw[N];
bool fl[N];
int f[N],inv[N];

inline int G(int n,int k){
    int sum=0,s=(n-k)%mod;
    f[0]=1;
    for(int t=1;t<=k;++t){
        f[t]=0;
        ckdel(f[t],mul((n+s)%mod,f[t-1]));
        ckadd(f[t],mul((s+mod-n%mod+t-2)%mod,f[t-2]));
        f[t]=(f[t]%mod+mod)%mod;
        ckmul(f[t],inv[t]);
    }
    for(int r=k;r>=0;r-=2) ckadd(sum,mul(pw[r],f[(k-r)/2]));
    if(k<1) ckmul(sum,2);
    if(k>1) ckmul(sum,ksm(inv[2],k-1));
    return sum;
}
signed main(){
    freopen("fafa.in","r",stdin); freopen("fafa.out","w",stdout);
    n=read(); k=read(); pw[1]=1;
    inv[0]=inv[1]=1; for(int i=2;i<=k;++i) inv[i]=mod-mul(mod/i,inv[mod%i]);
    for(int i=2;i<=k;++i){
        if(!fl[i]) pri[++cnt]=i,pw[i]=ksm(i,n%(mod-1));
        for(int j=1;j<=cnt&&pri[j]*i<=k;++j){
            fl[i*pri[j]]=1;
            pw[i*pri[j]]=mul(pw[i],pw[pri[j]]);
            if(i%pri[j]==0) break;
        }
    }
    print(del(G(n,k),G(n,k-1)));
    return 0;
}