problem

luogu-P2606

solution

我们对 $i-\lfloor \frac{i}{2}\rfloor$ 远没有 $i-2\ast i,2\ast i+1$ 敏感，这其实就是个二叉树，而且是个小根堆。

每个点的值都小于左右儿子的值（如果有左右儿子）。

设 $f(i):$ 树大小为 $i$ 的合法方案数。

树根肯定是定了的，然后从剩下的 $i-1$ 个数中选左子树大小个数，剩下自然都归为右子树。

$f(i)=f(si{z}_{lson})\ast \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{si{z}_{lson}}\right)$。

组合数只是起分配编号的作用，分配后离散化成 $1,2,...,j$。

比如：对于 $f(5)$ 而言，根是 $1$，$p(1)=1$ 是固定的。

但是分给左子树的编号可能是 $(2,3,4),(2,3,5),(2,4,5),(3,4,5)$ 有四种情况。

但是离散化后都是 $(1,2,3)$。

而 $f(3)$ 计算的就是当其被分配的编号为 $(1,2,3)$ 的时候的方案数。

这里面是嵌套下去的递归过程，分配编号方案数，拿到离散化的编号，继续往字数分配编号…直到树大小为 $1/2/3$，再开始层层回溯计算总方案数。

整个问题编号为 $1\sim n$，离散化后也是 $1\sim n$，所以 $f(n)$ 没有分配编号的多种方案数。

所以 $f(i)$ 只是计算分配给其的离散化的连续编号然后是小根堆的答案。

这里的坑点是 $n$ 可能 $>m$。所以预处理阶乘和逆元要注意上限的限制到底是多少。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define maxn 1000005
int n, p;
int fac[maxn], inv[maxn], siz[maxn], f[maxn], lg[maxn];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % p;x = x * x % p;y >>= 1;}return ans;
}int calc( int n, int m ) {if( n < m ) return 0;else return fac[n] * inv[m] % p * inv[n - m] % p;
}int C( int n, int m ) {if( ! m ) return 1;return C( n / p, m / p ) * calc( n % p, m % p ) % p;
}#define lson i << 1
#define rson i << 1 | 1signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &p );fac[0] = inv[0] = 1, lg[0] = -1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) lg[i] = lg[i >> 1] + 1;int lim = min( n, p - 1 );for( int i = 1;i <= lim;i ++ ) fac[i] = fac[i - 1] * i % p;inv[lim] = qkpow( fac[lim], p - 2 );for( int i = lim - 1;i;i -- ) inv[i] = inv[i + 1] * ( i + 1 ) % p;f[1] = f[2] = 1, f[3] = 2;for( int i = 4, l = 1, r = 1;i <= n;i ++ ) {if( i - (1 << lg[i]) + 1 <= (1 << lg[i] - 1) ) l ++;else r ++;f[i] = C( i - 1, l ) * f[l] % p * f[r] % p;}printf( "%lld\n", f[n] % p );return 0;
}