小孩召開法
主要發布於 洛谷博客。
感謝
PS：我也不知道這比賽叫啥。
本題解由 d2019dy，Tamaki_Iroha 和 disangan233 花費數天時間在省略了億點細節的原題解上補充而成。
感謝 AChen，EIegia 提供的幫助。
這題是我目前做過的最毒瘤的式子題，希望不會有下一道。
題意
求長為 \(n\) 的，最長交替子序列的長度為 \(k\) 的排列個數。 \(n \leq 10^{18} ,k \leq \min(10^6 , n)\)。
做法
令 \(a_k(n)\) 為答案，有
\[a_k(n)=\sum_{j=0}^n \binom nj \sum_{2r+s=k-1} (a_{2r}(j)+a_{2r+1}(j))a_s(n-j) \]
令 \(F_k(x)\) 為 \(a_k(x)\) 的 EGF，式子可以化為
\[F_k'(x)=\sum_{2r+s=k-1}(F_{2r}(x)+F_{2r+1}(x))F_s(x) \]
令 \(A(x,t)=\sum_{n,k\geq 0} a_k(n)\frac {x^n}{n!}t^k\)，\(A_1(x,t)=\sum_{k\geq 0}F_{2k}(x)t^{2k}\)，\(A_2(x,t)=\sum_{k\geq 0}F_{2k+1}(x)t^{2k+1}\)，有
\[A_1(x,t)=\frac 12(A(x,t)+A(x,-t)) \qquad A_2(x,t)=\frac 12(A(x,t)-A(x,-t)) \]
由
\[\frac {\partial A(x,t)}{\partial x}=\frac {t+1}4(A^2(x,t)+A^2(x,-t)) \qquad \frac {\partial A(x,-t)}{\partial x}=\frac {t+1}4A(x,t)A(x,-t) \]
可得
\[\frac {\partial A_1}{\partial x} = tA_1A_2+A_1^2 \qquad \frac {\partial A_2}{\partial x}=tA_1^2+A_1A_2 \]
那么有
\[\frac {\partial(A_1^2-A_2^2)}{\partial x}=0 \]
所以可得
\[A_1^2(x,t)-A_2^2(x,t)=1 \]
令 \(b_k(x)=\sum_{j\leq k}a_k(x)\)，\(B_k\) 為其 EGF，解一下可得
\[A(x,t)=(1-t)B(x,t) \qquad B(x,t)= \frac {\frac 2\rho}{1-\frac {1-\rho}te^{\rho x}} - \frac 1{\sqrt{1-t^2}} \]
其中 \(\rho=\sqrt{1-t^2}\)。證明如下：
由
\[\frac {\partial A}{\partial x} = (tA_1+A_2)(A_1+A_2)=\frac 12 (tA+\frac tA+A-\frac 1A) \]
可得
\[\begin{aligned} &\frac {\partial A}{A((t+1)A+\frac {t-1}A)} = \frac{\partial x}2 = \frac {\partial B}{(1-t^2)B^2-1} \\ &\partial(\rho B)(\frac 1{\rho B -1}-\frac 1{\rho B+1}) = \rho \partial x \\ &\log \frac {\rho B-1}{\rho B+1}=\rho x +C(t) \end{aligned} \]
所以可得
\[\frac {\rho B-1}{\rho B+1} = C(t)e^{\rho x} \Rightarrow B =\frac {1+C(t)e^{\rho x}}{\rho(1-C(t)e^{\rho x})} \]
其中
\[C(t)=\frac {\frac {\rho}{1-t}-1}{\frac {\rho}{1-t}+1} \]
證畢。
考慮一個結論
\[b_k(n)=\frac 1{2^k-1}\sum_{r+2s\leq k,r\equiv k \pmod 2} (-2)^s \binom {k-s}{\frac {k+r}2}\binom ns r^n \]
證明如下
\[\begin{aligned} B(x,t) &= \frac 2{\rho}\left(1-\frac{1-\rho}te^{\rho x}\right)^{-1} \\ &= \frac 2{\rho} \sum_r\left(\frac{1-\rho}te^{\rho x}\right)^re^{-r(1-\rho)x} \\ &= \frac 2{\rho} \sum_r\left(\frac{1-\rho}te^{\rho x}\right)^r \sum_s \frac{(-r(1-\rho)x)^s}{s!} \\ &= \frac 2{\rho} \sum_{r,s\geq 0} \left(\frac t2\right)^r \frac {(-rt^2\frac x2)^s}{s!}e^{rx}\left(\frac {2-2\rho}{t^2}\right)^{r+s} \\ &= 2\sum_{r,s\geq 0} \left(\frac t2\right)^r \frac {(-rt^2\frac x2)^s}{s!} \left[\sum_l\binom {r+s+2l}l\left(\frac {t^2}4\right)^l\right]\left[\sum_m\frac {(rx)^m}{m!}\right] \\ &= \sum_{r,s,l,m}(-1)^s2^{1-r-s-2l}\binom {r+s+2l}{r+s+l}\binom {s+m}s r^{s+m}t^{r+2s+2l} \binom {s+m}s r^{s+m}t^{r+2s+2l}\frac {x^{s+m}}{(s+m)!} \end{aligned} \]
令 \(n=s+m\)，\(k=r+2s+2l\) 即可。
證明的其他部分都是一些基礎技巧，主要難點是倒數第二步的
\[\left(\frac {2-2\rho}{t^2}\right)^n=\sum_i\binom {n+2i}i\left(\frac {t^2}4\right)^i \]
可以發現原式可以化成
\[\frac 1{\sqrt{1-4x}}\left(\frac {1-\sqrt{1-4x}}{2x}\right)^m = \sum_{i=0}^\infty \binom {n+2i}i x^i \]
具體可以參考《具體數學》公式 5.72，來自 1838 年一個廣義二項式級數的 paper。
這里是來自 EI 的證明：
枚舉 \(r\)，接下來的問題就是快速算
\[g_k (x) = \sum_s(-2)^s \binom ns \binom {k-s}x \]
可以證明
\[g_k(x)=-\frac 1x((2n-x)g_k(x-1)+(k-x+2)g_k(x-2) \]
\(n=k\) 時顯然，由 \(g_k (x) = g_{k−1}(x − 1) + g_{k−1}(x)\)歸納即可。
\(O(k)\) 遞推 \(g_k\)，計算快速冪即可，時間復雜度 \(O(k \log n)\) 或 \(O(k)\)。
