正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/CF755G

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题目大意

$n$个东西排成一排，每个组可以选择一个单独的物品或者两个连续的物品，一个物品不同同时在两个组里，但是可以不在组里。对于$i\in [1,k]$求分成$i$组的方案数。

$1\le n\le 10^9,1\le k<2^{15}$

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解题思路

有三种方法。

第一种是倍增$FFT$，设$f_{i,j}$表示到第$i$个物品选了$j$组时的方案数，那么设$F_n(x)={\sum }_{i=0}^k{f}_{n,i}{x}^i$。
考虑把这个$F$分成两半，然后考虑中间的选不选就是
$$F_{n+m}(x)=F_n(x)F_m(x)+x{F}_{n-1}(x)F_{m-1}(x)$$
我们发现如果需要计算$F_{2^k}$，那么我们就需要维护$F_{2^{k-1}},F_{2^{k-1}-1},F_{2^{k-1}-2}$这三个东西。
但是这三个东西也可以用来计算$F_{2^k-1},F_{2^k-2}$，所以可以维护这三个东西就行倍增。

然后处理的时候同理维护一个$F_m$和$F_{m-1}$就好了。

时间复杂度$O(n{\log }^{2}n)$，有点卡常
…

第二种方法是直接组合数学推导。将这个序列提出若干段，每一段之间间隔为$1$，那么只有最末尾的段能够长度为$2$的。
$$an{s}_k=\sum _{i=1}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{k}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\right)$$
瓶颈在于后面的$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\right)$，也就是要求前后没有重复，所以我们可以考虑允许重复的容斥
$$\Rightarrow an{s}_k=\sum _{i=1}^k(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\left)\right(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{k-i})2^{k-i}$$
$$\Rightarrow \sum _{i=1}^k(-1{)}^i\frac{k!}{i!(k-i)!}\frac{(n-i)!}{(k-i)!(n-k)!}{2}^{k-i}$$
$$\frac{k!}{(n-k)!}\sum _{i=1}^k\frac{(-1{)}^i(n-i)!}{i!}\times \frac{2^{k-i}}{(k-i){!}^2}$$
就可以卷积了，时间复杂度$O(n\log n)$
…

第三种方法是特征方程，回到第一个方法的$F_n(x)$，我们有
$$f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i-1,j-1}+f_{i-2,j-1}$$
$$\Rightarrow F_n(x)=(1+x)F_{n-1}(x)+x{F}_{n-2}(x)$$
这是一个二次项的递推式，过程就不在论述了，用特征方程化简可以得到
$$F_n(x)=\frac{(\frac{x+1-\sqrt{x^2+6x+1}}{2}{)}^{n+1}}{\sqrt{x^2+6x+1}}(mod{x}^{n+1})$$
然后上全家桶就好了，时间复杂度也是$O(n\log n)$

这里的标程用的是第一种方法。

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1<<16,P=998244353;
int n,k,m,r[N],f[3][N],t[3][N],g[2][N];
void fm(int &x){x+=x>>31&P;}
int power(int x,int b){int ans=1;while(b){if(b&1)ans=ans*x%P;x=x*x%P;b>>=1;}return ans;
}
void NTT(int *f,int op){for(int i=0;i<n;i++)if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);for(int p=2;p<=n;p<<=1){int tmp=power(3,(P-1)/p),len=p>>1;if(op==-1)tmp=power(tmp,P-2);for(int k=0;k<n;k+=p){int buf=1;for(int i=k,tt;i<(k|len);i++){tt=1ll*buf*f[i|len]%P;fm(f[i|len]=f[i]-tt);fm(f[i]=f[i]+tt-P);buf=1ll*buf*tmp%P;}}}if(op==-1){int invn=power(n,P-2);for(int i=0;i<n;i++)f[i]=1ll*f[i]*invn%P;}return;
}
void print(int x)
{if(x>9)print(x/10);putchar(x%10+'0');return;}
signed main()
{scanf("%d%d",&m,&k);k++;n=1;while(n<(k*2))n<<=1;for(int i=0;i<n;i++)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(n>>1):0);f[0][0]=f[0][1]=f[1][0]=g[0][0]=1;for(int d=1;d<=m;d<<=1){if(m&d){for(int j=0;j<3;j++){for(int i=0;i<n;i++)t[j][i]=(i<k)?f[j][i]:0;NTT(t[j],1);}NTT(g[0],1);NTT(g[1],1);for(int i=0;i<n;i++){int b0=g[0][i],b1=g[1][i];g[0][i]=1ll*b0*t[0][i]%P;g[1][i]=1ll*b0*t[1][i]%P;t[0][i]=1ll*t[1][i]*b1%P;t[1][i]=1ll*t[2][i]*b1%P;}NTT(g[0],-1);NTT(g[1],-1);NTT(t[0],-1);NTT(t[1],-1);for(int i=0;i<k-1;i++)(g[0][i+1]+=t[0][i])%=P,(g[1][i+1]+=t[1][i])%=P;for(int i=k;i<n;i++)g[0][i]=g[1][i]=0;}if(d*2>m)break;for(int j=0;j<3;j++){for(int i=0;i<n;i++)t[j][i]=(i<k)?f[j][i]:0;NTT(t[j],1);}for(int i=0;i<n;i++){f[0][i]=1ll*t[0][i]*t[0][i]%P;f[1][i]=1ll*t[1][i]*t[0][i]%P;f[2][i]=1ll*t[1][i]*t[1][i]%P;t[0][i]=1ll*t[1][i]*t[1][i]%P;t[1][i]=1ll*t[1][i]*t[2][i]%P;t[2][i]=1ll*t[2][i]*t[2][i]%P;}for(int j=0;j<3;j++)NTT(f[j],-1),NTT(t[j],-1);for(int i=0;i<k-1;i++)(f[0][i+1]+=t[0][i])%P,(f[1][i+1]+=t[1][i])%P,(f[2][i+1]+=t[2][i])%P;for(int i=k;i<n;i++)f[0][i]=f[1][i]=f[2][i]=0;}for(int i=1;i<k;i++)print(g[0][i]),putchar(' ');return 0;
}