题目大意
考虑一个含有(n)个互异正整数的序列(c_1,c_2,ldots ,c_n)。如果一棵带点权的有根二叉树满足其所有顶点的权值都在集合({c_1,c_2,ldots ,c_n})中，我们的小朋友就会将其称作神犇的。并且他认为，一棵带点权的树的权值，是其所有顶点权值的总和。
给出一个整数(m)，你能对于任意的(s(1leq sleq m))计算出权值为(s)的神犇二叉树的个数吗？
我们只需要知道答案关于(998244353)取模后的值。
(n,mleq 100000)
题解
设(a_i)为(c)中有没有(i)这个权值。
设(f_i)为权值和为(i)的二叉树个数。
[egin{align}
f_0&=1\
f_i&=sum_{0leq jleq i}a_jsum_{k=0}^{i-j}f_kf_{i-j-k}\
end{align}
]
设
[egin{align}
A(x)&=sum_{igeq 0}a_ix^i\
F(x)&=sum_{igeq 0}f_ix^i
end{align}
]
那么
[egin{align}
F(x)&=F(x)^2A(x)+1\
A(x)F(x)^2-F(x)+1&=0\
Delta&=1-4A(x)\
F(x)&=frac{1pmsqrt{1-4A(x)}}{2A(x)}\
&=frac{2}{1pmsqrt{1-4A(x)}}
end{align}
]
显然，当常数项有逆元的时候一个多项式才有逆元。而(a_0=0)，所以只能取加号。
[F(x)=frac{2}{1+sqrt{1-4A(x)}}
]
直接多项式开根+多项式求逆。
时间复杂度：(O(nlog n))
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<utility>
#include<cmath>
#include<functional>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;
void sort(int &a,int &b)
{
if(a>b)
swap(a,b);
}
void open(const char *s)
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
char str[100];
sprintf(str,"%s.in",s);
freopen(str,"r",stdin);
sprintf(str,"%s.out",s);
freopen(str,"w",stdout);
#endif
}
int rd()
{
int s=0,c;
while((c=getchar())<'0'||c>'9');
do
{
s=s*10+c-'0';
}
while((c=getchar())>='0'&&c<='9');
return s;
}
int upmin(int &a,int b)
{
if(b<a)
{
a=b;
return 1;
}
return 0;
}
int upmax(int &a,int b)
{
if(b>a)
{
a=b;
return 1;
}
return 0;
}
const ll p=998244353;
const ll g=3;
ll fp(ll a,ll b)
{
ll s=1;
while(b)
{
if(b&1)
s=s*a%p;
a=a*a%p;
b>>=1;
}
return s;
}
const int maxn=600000;
ll inv[maxn];
namespace ntt
{
ll w1[maxn];
ll w2[maxn];
int rev[maxn];
int n;
void init(int m)
{
n=1;
while(n<m)
n<<=1;
int i;
for(i=2;i<=n;i<<=1)
{
w1[i]=fp(g,(p-1)/i);
w2[i]=fp(w1[i],p-2);
}
rev[0]=0;
for(i=1;i<n;i++)
rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)*(n>>1));
}
void ntt(int *a,int t)
{
int i,j,k;
int u,v,w,wn;
for(i=0;i<n;i++)
if(rev[i]<i)
swap(a[i],a[rev[i]]);
for(i=2;i<=n;i<<=1)
{
wn=(t==1?w1[i]:w2[i]);
for(j=0;j<n;j+=i)
{
w=1;
for(k=j;k<j+i/2;k++)
{
u=a[k];
v=1ll*a[k+i/2]*w%p;
a[k]=(u+v)%p;
a[k+i/2]=(u-v)%p;
w=1ll*w*wn%p;
}
}
}
if(t==-1)
{
u=fp(n,p-2);
for(i=0;i<n;i++)
a[i]=1ll*a[i]*u%p;
}
}
int x[maxn];
int y[maxn];
int z[maxn];
void copy_clear(int *a,int *b,int m)
{
int i;
for(i=0;i<m;i++)
a[i]=b[i];
for(i=m;i<n;i++)
a[i]=0;
}
void copy(int *a,int *b,int m)
{
int i;
for(i=0;i<m;i++)
a[i]=b[i];
}
void inverse(int *a,int *b,int m)
{
if(m==1)
{
b[0]=fp(a[0],p-2);
return;
}
inverse(a,b,m>>1);
init(m<<1);
copy_clear(x,a,m);
copy_clear(y,b,m>>1);
ntt(x,1);
ntt(y,1);
int i;
for(i=0;i<n;i++)
x[i]=y[i]*(2-1ll*x[i]*y[i]%p)%p;
ntt(x,-1);
copy(b,x,m);
}
int c[maxn],d[maxn];
void sqrt(int *a,int *b,int m)
{
if(m==1)
{
if(a[0]==1)
b[0]=1;
else if(a[0]==0)
b[0]=0;
else
//我也不会
;
return;
}
sqrt(a,b,m>>1);
// copy_clear(c,b,m>>1);
int i;
for(i=m;i<m<<1;i++)
b[i]=0;
inverse(b,d,m);
init(m<<1);
for(i=m;i<m<<1;i++)
b[i]=d[i]=0;
ll inv2=fp(2,p-2);
copy_clear(x,a,m);
ntt(x,1);
ntt(d,1);
for(i=0;i<n;i++)
x[i]=1ll*x[i]*d[i]%p;
ntt(x,-1);
for(i=0;i<m;i++)
b[i]=(1ll*(b[i]+x[i])%p*inv2)%p;
}
};
int a[maxn];
int b[maxn];
int main()
{
open("bzoj3625");
int n,m;
int i;
int x;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
a[x]=1;
}
int k=1;
while(k<=m)
k<<=1;
for(i=0;i<k;i++)
a[i]=-4ll*a[i]%p;
a[0]=(a[0]+1)%p;
ntt::sqrt(a,b,k);
b[0]=(b[0]+1)%p;
ntt::inverse(b,a,k);
for(i=1;i<=m;i++)
{
a[i]=(a[i]*2ll%p+p)%p;
printf("%d
",a[i]);
}
return 0;
}