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。\(1\le n\le 10^5\) 。

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 \(\begin{cases}f_0=1\\f_i=\sum\limits_{j+k+l+1=i}f_jf_kf_l\end{cases}\) 。

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 \(\begin{cases}f_0=1\\f_i=\frac{\sum\limits_{j+k+l+1=i}f_jf_kf_l+\sum\limits_{2j+k+1=i}3f_jf_k+\sum\limits_{3j+1=i}2f_j}6\end{cases}\) 。

\(n\) 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 \(F(x)=x\cdot\frac{F^3(x)+3F(x)F(x^2)+2F(x^3)}6+1\) 。

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 \(F(x^3)\mod x^{2n}\) 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 \(G(T(x))=x\cdot\frac{T^3(x)+3S(x)T(x)+2C(x)}6-T(x)+1\) 的零点 \(G(F(x))=0\) 。

又因为 \(G'(T(x))=x\cdot\frac{3T^2(x)+3S(x)}6-1\) ，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

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 \(O(n\log n)\) 。

#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\n" , F[n]);

	return 0;

}