【BZOJ3456】城市规划 多项式求逆
【BZOJ3456】城市规划
Description
刚刚解决完电力网络的问题, 阿狸又被领导的任务给难住了.
刚才说过, 阿狸的国家有n个城市, 现在国家需要在某些城市对之间建立一些贸易路线, 使得整个国家的任意两个城市都直接或间接的连通. 为了省钱, 每两个城市之间最多只能有一条直接的贸易路径. 对于两个建立路线的方案, 如果存在一个城市对, 在两个方案中是否建立路线不一样, 那么这两个方案就是不同的, 否则就是相同的. 现在你需要求出一共有多少不同的方案.
好了, 这就是困扰阿狸的问题. 换句话说, 你需要求出n个点的简单(无重边无自环)无向连通图数目.
由于这个数字可能非常大, 你只需要输出方案数mod 1004535809(479 * 2 ^ 21 + 1)即可.
Input
仅一行一个整数n(<=130000)
Output
仅一行一个整数, 为方案数 mod 1004535809.
Sample Input
Sample Output
HINT
对于 100%的数据, n <= 130000
题解:一直打算做来着,前几天终于抽空把这题过了~
设f[n]表示n个点的简单无向连通图数目,先列出大家都会的DP方程:
$f[n]=2^{n(n-1)\over 2}-\sum\limits_{i=1}^{n-1}f[i]C_{n-1}^{i-1}2^{(n-i)(n-i-1)\over 2}$
哎呀好多n-1太烦了,还是令f[n]表示n+1个点的简单无向连通图数目吧:
$f[n]=2^{n(n+1)\over 2}-\sum\limits_{i=0}^{n-1}f[i]C_n^i2^{(n-i)(n-i-1)\over 2}$
组合数很不优美是不是?那就拆了好啦。
$f[n]=2^{n(n+1)\over 2}-n!\sum\limits_{i=0}^{n-1}{f[i]2^{(n-i)(n-i-1)\over 2}\over i!(n-i)!}$
下面我们想把只含有含有n的放到一起,i放到一起,n-i放到一起,于是疯狂移项得到:
${f[n]\over n!}={2^{n(n+1)\over 2}\over n!}-\sum\limits_{i=0}^{n-1}{f[i]\over i!}\cdot{2^{(n-i)(n-i-1)\over 2}\over (n-i)!}$
明朗很多了是不是?令$F(x)={f[x]\over x!},G(x)={2^{x(x+1)\over 2}\over x!},H(x)={2^{x(x-1)\over 2}\over x!}$,特别地,H(0)=0。
所以$F(x)=G(x)-F(x)*H(x)$,$F(x)={G(x)\over 1+H(x)}$,多项式求个逆就好了。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm> using namespace std;
typedef long long ll;
const ll P=1004535809;
const int maxn=(1<<19)+4;
int n;
ll A[maxn],B[maxn],C[maxn],D[maxn],ine[maxn],jc[maxn],jcc[maxn];
inline ll pm(ll x,ll y)
{
ll z=1;
while(y)
{
if(y&1) z=z*x%P;
x=x*x%P,y>>=1;
}
return z;
}
inline void NTT(ll *a,int len,int f)
{
int i,j,k,h;
for(i=k=0;i<len;i++)
{
if(i>k) swap(a[i],a[k]);
for(j=len>>1;(k^=j)<j;j>>=1);
}
ll wn,w,t;
for(h=2;h<=len;h<<=1)
{
if(f==1) wn=pm(3,(P-1)/h);
else wn=pm(3,P-1-(P-1)/h);
for(i=0;i<len;i+=h)
{
w=1;
for(j=i;j<i+h/2;j++) t=w*a[j+h/2]%P,a[j+h/2]=(a[j]-t)%P,a[j]=(a[j]+t)%P,w=w*wn%P;
}
}
if(f==-1)
{
t=pm(len,P-2);
for(i=0;i<len;i++) a[i]=a[i]*t%P;
}
}
void get_inv(ll *F,ll *G,int len)
{
if(len==1)
{
G[0]=pm(F[0],P-2);
return ;
}
int i;
get_inv(F,G,len>>1);
memcpy(C,F,sizeof(F[0])*len);
memset(C+len,0,sizeof(F[0])*len);
NTT(C,len<<1,1),NTT(G,len<<1,1);
for(i=0;i<len<<1;i++) G[i]=(G[i]*2-C[i]*G[i]%P*G[i])%P;
NTT(G,len<<1,-1);
memset(G+len,0,sizeof(F[0])*len);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
int len=1,i;
while(len<=n) len<<=1;
ine[0]=ine[1]=jc[0]=jc[1]=jcc[0]=jcc[1]=1;
for(i=2;i<=len;i++) ine[i]=P-(P/i)*ine[P%i]%P,jc[i]=jc[i-1]*i%P,jcc[i]=jcc[i-1]*ine[i]%P;
for(i=0;i<len;i++) D[i]=pm(2,i*(i+1ll)/2)*jcc[i]%P;
for(i=1;i<len;i++) A[i]=pm(2,i*(i-1ll)/2)*jcc[i]%P;
A[0]=1;
get_inv(A,B,len);
NTT(D,len<<1,1),NTT(B,len<<1,1);
for(i=0;i<len<<1;i++) B[i]=D[i]*B[i]%P;
NTT(B,len<<1,-1);
printf("%lld",(B[n-1]*jc[n-1]%P+P)%P);
return 0;
}
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