支持一下 Qiuly /tyt
令 $a_k(n)$ 为答案。
为了导出递推式，我们考虑一下原问题。
注意到必然至少存在一个最长交替子序列经过最大值 $n$，于是考虑枚举 $n$ 的位置为 $i$。
然后首先要从 $n-1$ 个数中选择 $i-1$ 个放到左边。
接下来考虑两边分配的交替子序列长度。枚举 $2r+1+s=k$，那么左边可以有 $2r$ 或 $2r+1$ 的交替子序列（因为 $n$ 可以替换掉 $2r+1$ 处的），右边可以有 $s$ 的交替子序列。
因此
$$
f_k(n) = \sum\limits_{i=1}^n \binom{n-1}{i-1} \sum\limits_{2r+s=k-1} (f_{2r}(i-1) + f_{2r+1}(i-1))f_s(n-i)
$$
设 BGF $F(x,t) = \sum f_k(n) \frac{x^n}{n!} t^k$，$F_0(x,t) = \sum f_{2k}(n) \frac{x^n}{n!} t^{2k}$，$F_1(x,t) = \sum f_{2k+1}(n) \frac{x^n}{n!} t^{2k+1}$。
那么根据如上递推式，我们有
$$
\begin{aligned}
\frac{\partial F}{\partial x} &= (tF_0 + F_1) F \\
\frac{\partial F_0}{\partial x} &= (tF_0 + F_1) F_1 \\
\frac{\partial F_1}{\partial x} &= (tF_0 + F_1) F_2
\end{aligned}
$$
然后注意到
$$
\begin{aligned}
\frac{\partial(F_0^2-F_1^2)}{\partial x} &= \frac{\partial F_0^2}{\partial x} – \frac{\partial F_1^2}{\partial x} \\
&= 0
\end{aligned}
$$
这样对于 $F_0^2 – F_1^2$，我们只需要对照常数。而根据定义仅有 $F_0$ 在 $x^0$ 处有 $1$，因此
$$
\begin{aligned}
&\quad \; F_0^2 – F_1^2 \\
&= 1 \\
&= \left(\frac12(F(x,t)+F(x,-t))\right)^2 – \left(\frac12(F(x,t)-F(x,-t)\right)^2 \\
&= F(x,t) F(x,-t)
\end{aligned}
$$
则
$$
\begin{aligned}
\frac{\partial F}{\partial x} &= (tF_0 + F_1) F \\
&= \frac12 ((t+1)F+(t-1)F^{-1}) F \\
\frac{\partial F}{((t+1)F+(t-1)F^{-1})F} &= \frac{\partial x}2
\end{aligned}
$$
设 $G = \frac F{1-t}$，则 $F = (1-t)G$。代入得
$$
\frac{\partial G}{(1-t^2)G^2-1} = \frac{\partial x}2
$$
令 $\alpha = \sqrt{1-t^2}$，我们作部分分式分解，就有
$$
\begin{aligned}
\partial (\alpha G) \left(\frac1{\alpha G-1} – \frac1{\alpha G+1}\right) &= \alpha \partial x \\
\ln \frac{\alpha G – 1}{\alpha G + 1} &= \alpha x + C’ \\
\frac{\alpha G – 1}{\alpha G + 1} &= {\rm e}^{\alpha x+C’} \\
&= {\rm e}^{\alpha x} C \\
G &= \frac{ 1+C{\rm e}^{\alpha x} }{\alpha(1-C{\rm e}^{\alpha x})}
\end{aligned}
$$
其中 $C’,C={\rm e}^{C’}$ 关于 $x$ 都是常数。
然后注意到 $B(0,t) = \frac1{1-t}$，因此
$$
C = \frac{\frac{\alpha}{1-t}-1}{\frac{\alpha}{1-t}+1} = \frac{1-\alpha}t
$$
因此
$$
G = \frac1{\alpha} \left(\frac2{ 1-C{\rm e}^{\alpha x} }-1\right) = \frac1{\alpha} \left(\frac2{ 1-\frac{1-\alpha}t{\rm e}^{\alpha x} }-1\right)
$$
我们显然可以不管 $[x^0]$，接下来尝试提取其系数
$$
\begin{aligned}
&\quad\; \frac 2{\alpha} \left(1-\frac{1-\alpha}t {\rm e}^{\alpha x}\right)^{-1} \\
&= \frac 2{\alpha} \sum\limits_r \left(\frac{1-\alpha}t {\rm e}^{\alpha x} \right)^r \\
&= \frac 2{\alpha} \sum\limits_r \left(\frac{1-\alpha}t\right)^r \sum\limits_{s} \frac{(r\alpha x)^s}{s!} \\
&= 2 \sum\limits_r t^{-r} \sum\limits_{s} \frac{(rx)^s}{s!} (1-\alpha)^r \alpha^{s-1} \\
\end{aligned}
$$
在出题人给出的标准做法中，这里凑出了一个有趣的形式，然后利用具体数学中提到的恒等式来辅助推导，但未免太过匪夷所思，这里展示一种更暴力却也更自然的做法（虽然最后推得的结果形式也不尽相同）。
我们想要展开
$$
(1-\sqrt{1-t^2})^r (1-t^2)^{(s-1)/2}
$$
不妨作换元，令 $4x=t^2$，则 $\frac{t^2}4=x$，且原式变为
$$
(1-\sqrt{1-4x})^r (1-4x)^{(s-1)/2}
$$
令 $F$ 满足二叉树方程 $F = x(1+F)^2$ 就有熟知结论
$$
F = \frac{ 1-2x-\sqrt{1-4x} }{2x},\quad x = \frac{F}{(1+F)^2}
$$
我们把原式整理成复合形式
$$
\begin{aligned}
(1-\sqrt{1-4x})^r (1-4x)^{(s-1)/2}
&= (2x(1+F))^r (1-2x-2xF)^{s-1} \\
&= 2^r x^r (1+F)^r (1-2x(1+F))^{s-1} \\
&= 2^rF^r (1-F)^{s-1} (1+F)^{-r-s+1}
\end{aligned}
$$
然后使用另类拉格朗日反演提取系数
$$
\begin{aligned}
[x^n] F^r (1-F)^{r-1} (1+F)^{-r-s+1}
&= [x^n] x^r (1-x)^{r-1} (1+x)^{-r-s+1} \frac{1-x}{(1+x)^3} (1+x)^{2n+2} \\
&= [x^n] x^r (1-x)^r (1+x)^{2n-r-s} \\
&= \sum\limits_i (-1)^i \binom ri \binom{2n-r-s}{n-r-i}
\end{aligned}
$$
代回到原式，就有
$$
\begin{aligned}
&= 2 \sum\limits_r t^{-r} \sum\limits_{s} \frac{(rx)^s}{s!} 2^r \sum\limits_l \left(\frac{t^2}4\right)^l \sum\limits_i (-1)^i \binom{s}{i} \binom{2l-r-s}{l-r-i} \\
&= 2 \sum\limits_r t^{-r} \sum\limits_{s} \frac{(rx)^s}{s!} 2^r \sum\limits_{u} \left(\frac{t^2}4\right)^{r+u} \sum\limits_i (-1)^i \binom{s}{i} \binom{r+2u-s}{u-i} \\
&= \sum\limits_{r,s,u} 2^{1-r-2u} t^{r+2u} \frac{(rx)^s}{s!} \sum\limits_i (-1)^i \binom si \binom{r+2u-s}{u-i}
\end{aligned}
$$
则令 $n=s,k=r+2u$，便知
$$
g_k(n) = 2^{1-k} \sum\limits_{2i+r \le k,r\equiv k \pmod 2} r^n (-1)^i \binom ni \binom{k-n}{\frac{k-r}2-i}
$$
枚举 $r$，则需要计算形如
$$
f_t = \sum\limits_i (-1)^i \binom ni \binom{-s}{t-i}
$$
的数列。
考虑其生成函数，显然其为
$$
F(x) = (1+x)^{-s} (1-x)^n
$$
求导
$$
F’ = \frac{-sF}{1+x} – \frac{nF}{1-x}
$$
即
$$
tf_t = -(n+s)f_{t-1} + (s-n+t-2)f_{t-2}
$$
时间复杂度 $O(k \log_k n)$。
感觉这题有意思的地方主要在于最前面的 DP 和微分方程部分，以及后面的提取系数部分。
由于这个题很明显是先想题意再想做法的，所以想复刻这种做法的题目还是比较无从下手（好像暴露了啥
代码：
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int K = 1e6;
const int mod = 998244353;
inline int fpow(int a,int b)
{
int ret = 1;
for(;b;b >>= 1)
(b & 1) && (ret = (long long)ret * a % mod),a = (long long)a * a % mod;
return ret;
}
long long n;
int k;
int ans;
int inv[K + 5];
int vis[K + 5],cnt,prime[K + 5],pw[K + 5];
int f[K + 5];
int get(long long n,int k)
{
if(k <= 0)
return 0;
int ret = 0;
int s = (n - k) % mod;
f[0] = 1;
for(register int t = 1;t <= (k >> 1);++t)
f[t] = ((2 * mod - n % mod - s) % mod * f[t - 1] + (s + t - n % mod - 2 + mod) % mod * (t >= 2 ? f[t - 2] : 0)) % mod,
f[t] = (long long)inv[t] * f[t] % mod;
for(register int r = k;r >= 0;r -= 2)
ret = (ret + (long long)pw[r] * f[k - r >> 1]) % mod;
ret = (long long)ret * fpow(2,(mod - k) % (mod - 1)) % mod;
return ret;
}
int main()
{
scanf("%lld%d",&n,&k);
pw[1] = 1;
for(register int i = 2;i <= k;++i)
{
if(!vis[i])
pw[i] = fpow(i,n % (mod - 1));
for(register int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] <= k;++j)
{
vis[i * prime[j]] = 1,pw[i * prime[j]] = (long long)pw[i] * pw[prime[j]] % mod;
if(!(i % prime[j]))
break;
}
}
inv[1] = 1;
for(register int i = 2;i <= (k >> 1);++i)
inv[i] = (long long)(mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
ans = (get(n,k) - get(n,k - 1) + mod) % mod;
printf("%d\n",ans);
}
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