UOJ#428. 【集訓隊作業2018】普通的計數題（牛頓迭代）

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題解：
把0操作看做是葉子，1操作看做非葉節點，一個操作在另一個操作刪除，則另一個操作為這個操作的父親，於是轉化成了滿足以下條件的 $n$ 個點的樹的計數：
1.父親標號>兒子。
2.若一個點為非葉節點，記其兒子中葉子節點的數量為 $T$ ，則若其兒子中有非葉節點， $T\in A$ ，否則 $T \in B$ 。
首先可以發現的是 $B$ 集合中有沒有0都無所謂（因為必須選非空序列），所以假設其0次項為1。

然後就類似無根樹計數的方法（這裡注意大小為1的是有序的，其餘是無序的），把他的兒子給拼出來，我們可以列舉有幾個非葉節點作為兒子，則：
$f_{n} = [n - 1 \in B] + \sum_{i} [i \in A] \sum_{k} \frac{1}{k!} \sum$

∑i=1kai=n−1−i,ai≥2(n−1)!i!∏ai!∏ifaif_n = [n-1 \in B] + \sum_{i}[i \in A]\sum_{k}\frac{1}{k!}\sum_{\sum_{i=1}^k a_i=n-1-i,a_i \ge 2} \frac{(n-1)!}{i!\prod a_i!}\prod_i{f_{a_i}}

f_{n} = [n - 1 \in B] + i \sum [i \in A] k \sum k ! 1 \sum_{i = 1}^{k} a_{i} = n - 1 - i, a_{i} \geq 2 \sum i ! \prod a _{i} ! ( n - 1 ) ! i \prod f_{a_{i}}

兩邊除個 $n!$ ，得到：
$n \frac{f_{n}}{n!} = \frac{[n - 1 \in B]}{(n - 1)!} + \sum_{i} \frac{[i \in A]}{i!} \sum_{k} \frac{1}{k!} \sum_{\sum j}$

=1kai=n−1−i,ai≥2∏faiai!n\frac{f_n}{n!} = \frac{[n-1 \in B]}{(n-1)!} + \sum_{i}\frac{[i \in A]}{i!} \sum_{k}\frac{1}{k!}\sum_{\sum_{j=1}^k a_i=n-1-i,a_i \ge 2}\prod{\frac{f_{a_i}}{a_i!}}

n n ! f _{n} = ( n - 1 ) ! [ n - 1 \in B ] + i \sum i ! [ i \in A ] k \sum k ! 1 \sum_{j = 1}^{k} a_{i} = n - 1 - i, a_{i} \geq 2 \sum \prod a _{i} ! f _{a_{i}}

不妨設 $F=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{f_i}{i!}x^i$

F = \sum_{i = 1}^{\infty} i ! f _{i} x^{i}

，可以得到：

\begin{matrix} F&#x27; &amp;=&amp; B+A(e^{F-x}-1) \\ &amp;=&amp; Ae^{-x}e^{F}+(B-A) \end{matrix}

設 $C=Ae^{-x},D=B-A$ ，化簡一下：
$F' =Ce^{F}+D$

我們只需要解這個方程就行啦！

怎麼解呢，可以用牛頓迭代法，先假設一下我們知道 $f_0 = f \bmod{x^\frac{n}{2}}$ ，考慮怎麼求 $f \bmod {x^n}$ ：

可以得到:
$F' \equiv Ce^{f_0}+D+Ce^{f_0}(f-f_0) \pmod {x^n}$

整理一下常量，發現其實是要解這個方程：
$F' = TF+Z$

這個可以先設 $U'=TU$ ，解出 $U$ :
$\begin{aligned} \frac{dU}{dx} = TU \\ U^{-1}dU=Tdx \\ \ln U=\int Tdx\\ U= e^{\int Tdx} \end{aligned}$

然後設 $V=U^{-1}F$ ，則：
$\begin{aligned} (UV)'=TUV+Z \\ U'V+UV'=U'V+Z \\ V=\int \frac{Z}{U} \end{aligned}$

然後 $F=UV$ ，這道題就做完辣，時間複雜度 $O(n \log n)$ 。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int RLEN=1<<18|1;
inline char nc() {
	static char ibuf[RLEN],*ib,*ob;
	(ib==ob) && (ob=(ib=ibuf)+fread(ibuf,1,RLEN,stdin));
	return (ib==ob) ? -1 : *ib++;
}
inline int rd() {
	char ch=nc(); int i=0,f=1;
	while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-')f=-1; ch=nc();}
	while(isdigit(ch)) {i=(i<<1)+(i<<3)+ch-'0'; ch=nc();}
	return i*f;
}

const int N=1e6+50, mod=998244353;
inline int add(int x,int y) {return (x+y>=mod) ? (x+y-mod) : (x+y);}
inline int dec(int x,int y) {return (x-y<0) ? (x-y+mod) : (x-y);}
inline int mul(int x,int y) {return (long long)x*y%mod;}
inline int power(int a,int b,int rs=1) {for(;b;b>>=1,a=mul(a,a)) if(b&1) rs=mul(rs,a); return rs;}
inline int sgn(int x) {return (x&1) ? (mod-1) : 1;}

namespace FFT {
	const int G=3;
	int A[N],B[N
              
           
              
              
            
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好迷啊……膜一下ljz 
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那麼每個點的答案就是序列的最大字首 
因為父親節點 

  
 

    

    
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　　對 \(998244353\) 取模。 
　　 

  
 

    

    
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　　這道題已經攢了半年多了。。。因為懶，一直沒去寫。。 

  
 

    

    
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洛谷傳送門

解析：
額，TJOITJOITJOI連續兩年考了位運算。。。
我還能說什麼。。。
PS:zxyoiPS:zxyoiPS:zxyoi不是天津oieroieroier。
思路：
一般位運算都 

  
 

    

    
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解析：
這裡只討論這道題中DinkelBachDinkelBachDinkelBach迭代法的好處，題目解析請參考上面的連結。
這道題不管是DinkelBachDinkelBachDinkelBach還是二分都能過，但是DinkelBachDinkelBac 

  
 

    

    
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解析：
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思路：
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