loj6538烷基计数 加强版 加强版 Burnside引理+多项式牛顿迭代

Posted 2021-03-22 gxzlegend

别问我为啥突然刷了道OI题，也别问我为啥花括号不换行了...

题目描述

求含 $n$ 个碳原子的本质不同的烷基数目模 $998244353$ 的结果。$1le nle 10^5$ 。

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题解

Burnside引理+多项式牛顿迭代

不考虑同构的话，很容易想到dp方程 $egin{cases}f_0=1\f_i=sumlimits_{j+k+l+1=i}f_jf_kf_lend{cases}$ 。

考虑同构，可以通过容斥原理，大力讨论一下容斥系数。一个更简单的方法是考虑Burnside引理，即：等价类的数目等于每个置换下不动点数目的平均值。

• 对于置换 $(1,2,3)$ ，所有组合都是不动点；
  
• 对于置换 $(1,3,2)$ 、$(2,1,3)$ 和 $(3,2,1)$ ，“$2+1$” 的组合是不动点；
  
• 对于置换 $(2,3,1)$ 和 $(3,1,2)$ ，只有 “$3$” 的组合是不动点。

于是新的dp方程为 $egin{cases}f_0=1\f_i=frac{sumlimits_{j+k+l+1=i}f_jf_kf_l+sumlimits_{2j+k+1=i}3f_jf_k+sumlimits_{3j+1=i}2f_j}6end{cases}$ 。

$n$ 这么大肯定不能直接dp，考虑多项式解法，则dp方程的多项式形式为 $F(x)=xcdotfrac{F^3(x)+3F(x)F(x^2)+2F(x^3)}6+1$ 。

由于出现了三次方和 $F(x^2)$ 、$F(x^3)$ 项，因此这个方程难以直接解出。

考虑牛顿迭代，则当我们已知 $F(x)mod x^n$ 时，$F(x^2)mod x^{2n}$ 和 $F(x^3)? ext{mod}?x^{2n}$ 就已经是已知量，在迭代时可以当作常量处理。

记 $S(x)=F(x^2)$ ，$C(x)=F(x^3)$ ，则我们要迭代的方程就是 $G(T(x))=xcdotfrac{T^3(x)+3S(x)T(x)+2C(x)}6-T(x)+1$ 的零点 $G(F(x))=0$ 。

又因为 $G‘(T(x))=xcdotfrac{3T^2(x)+3S(x)}6-1$ ，代入牛顿迭代公式 $F(x)=F_0(x)-frac{G(F_0(x))}{G‘(F_0(x))}$ 中可得 $F(x)=F_0(x)-frac{x(F_0^3(x)+3S(x)F_0(x)+2C(x))-6F_0(x)+6}{3F_0^2(x)+3S(x)-6}$ ，其中 $F_0(x)$ 是上次迭代所得的多项式。

最后的答案就是 $F(x)[n]$ 。

时间复杂度 $O(nlog n)$ 。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 262155
#define mod 998244353
using namespace std;
typedef long long ll;
ll F[N];
inline ll qpow(ll x , ll y) {
    ll ans = 1;
    while(y) {
        if(y & 1) ans = ans * x % mod;
        x = x * x % mod , y >>= 1;
    }
    return ans;
}
inline void ntt(ll *A , int n , ll flag) {
    int i , j , k;
    for(k = i = 0 ; i < n ; i ++ ) {
        if(i < k) swap(A[i] , A[k]);
        for(j = (n >> 1) ; (k ^= j) < j ; j >>= 1);
    }
    for(k = 2 ; k <= n ; k <<= 1) {
        ll wn = qpow(3 , (mod - 1) / k * flag);
        for(i = 0 ; i < n ; i += k) {
            ll w = 1 , t;
            for(j = i ; j < i + (k >> 1) ; j ++ , w = w * wn % mod)
                t = w * A[j + (k >> 1)] % mod , A[j + (k >> 1)] = (A[j] - t + mod) % mod , A[j] = (A[j] + t) % mod;
        }
    }
    if(flag == mod - 2) {
        ll t = qpow(n , flag);
        for(i = 0 ; i < n ; i ++ ) A[i] = A[i] * t % mod;
    }
}
inline void inv(ll *A , ll *B , int n) {
    static ll T[N];
    int i , j;
    for(i = 0 ; i < (n << 1) ; i ++ ) B[i] = 0;
    B[0] = qpow(A[0] , mod - 2);
    for(i = 2 ; i <= n ; i <<= 1) {
        for(j = 0 ; j < i ; j ++ ) T[j] = A[j] , T[j + i] = 0;
        ntt(T , i << 1 , 1) , ntt(B , i << 1 , 1);
        for(j = 0 ; j < (i << 1) ; j ++ ) B[j] = B[j] * (2 - T[j] * B[j] % mod + mod) % mod;
        ntt(B , i << 1 , mod - 2);
        for(j = i ; j < (i << 1) ; j ++ ) B[j] = 0;
    }
}
inline void solve(int n) {
    static ll G[N] , H[N] , S[N] , C[N] , T[N];
    int i , j;
    F[0] = 1;
    for(i = 2 ; i <= n ; i <<= 1) {
        for(j = 0 ; j < i ; j ++ ) T[j] = F[j] , S[j] = C[j] = T[j + i] = S[j + i] = C[j + i] = 0;
        for(j = 0 ; j < i ; j += 2) S[j] = F[j / 2];
        for(j = 0 ; j < i ; j += 3) C[j] = F[j / 3];
        ntt(T , i << 1 , 1) , ntt(S , i << 1 , 1);
        for(j = 0 ; j < (i << 1) ; j ++ ) G[j] = T[j] * (T[j] * T[j] % mod + 3 * S[j]) % mod , H[j] = 3 * (T[j] * T[j] + S[j]) % mod;
        ntt(G , i << 1 , mod - 2) , ntt(H , i << 1 , mod - 2);
        for(j = i ; j < (i << 1) ; j ++ ) G[j] = H[j] = 0;
        for(j = i - 1 ; j ; j -- ) G[j] = ((G[j - 1] + 2 * C[j - 1] - 6 * F[j]) % mod + mod) % mod , H[j] = H[j - 1];
        G[0] = 0 , H[0] = mod - 6;
        ntt(G , i << 1 , 1) , inv(H , T , i) , ntt(T , i << 1 , 1);
        for(j = 0 ; j < (i << 1) ; j ++ ) G[j] = G[j] * T[j] % mod;
        ntt(G , i << 1 , mod - 2);
        for(j = 0 ; j < i ; j ++ ) F[j] = (F[j] - G[j] + mod) % mod;
    }
}
int main() {
    int n , len = 1;
    scanf("%d" , &n);
    while(len <= n) len <<= 1;
    solve(len);
    printf("%lld
" , F[n]);
    return 0;
}