令 ak(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：
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