传送门


注意到总共有\(\frac{n!}{n}\)条本质不同的哈密顿回路,每一条哈密顿回路恰好会出现在\(2^{\binom{n}{2} - n}\)个图中,所以我们实际上要算的是强连通有向竞赛图的数量。

设\(f_i\)表示点数为\(i\)的强连通竞赛图数,转移考虑用总数\(2^\binom{i}{2}\)减去不强连通的图数量。如果竞赛图不强连通,我们可以枚举拓扑序最靠后的一个强连通子图,如果它的大小为\(j\),那么剩下\(i-j\)个点之间的边可以任意连,但是这\(i-j\)个和这\(j\)个点之间的边的方向是确定的,可以得到转移\(f_i = 2^\binom{i}{2} - \sum\limits_{j=1}^{i-1} \binom{i}{j} 2^\binom{i-j}{2} f_j\),直接做复杂度\(O(n^2)\)

然后考虑优化。把\(\binom{i}{j}\)拆开然后左右两边各除以\(i!\)得到\(\frac{f_i}{i!} = \frac{2^\binom{i}{2}}{i!} - \sum\limits_{j=1}^{i-1} \frac{f_j}{j!} \frac{2^\binom{i-j}{2}}{i-j!}\)。设多项式\(F = \sum\limits_{i=1}^n \frac{f_i}{i!}x^i\),\(G = \sum\limits_{i=1}^n \frac{2^\binom{i}{2}}{i!} x^i\),可以得到\(F = G - F * G\),即\(F = \frac{G}{G + 1}\),多项式求逆即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cmath>
#include<cassert>
//This code is written by Itst
using namespace std; #define int long long
const int MOD = 998244353 , _ = (1 << 18) + 3;
int jc[_] , inv[_] , G[_] , H[_] , N; #define ch2(x) ((x) * ((x) - 1) / 2) int poww(int a , int b){
int tms = 1;
while(b){
if(b & 1) tms = tms * a % MOD;
a = a * a % MOD;
b >>= 1;
}
return tms;
} namespace poly{
const int G = 3 , INV = 332748118;
int dir[_] , need , invnd; void init(int len){
need = 1;
while(need < len) need <<= 1;
invnd = poww(need , MOD - 2);
for(int i = 1 ; i < need ; ++i)
dir[i] = (dir[i >> 1] >> 1) | (i & 1 ? need >> 1 : 0);
} void NTT(int *arr , int tp){
for(int i = 1 ; i < need ; ++i)
if(i < dir[i])
arr[i] ^= arr[dir[i]] ^= arr[i] ^= arr[dir[i]];
for(int i = 1 ; i < need ; i <<= 1){
int wn = poww(tp == 1 ? G : INV , MOD / i / 2);
for(int j = 0 ; j < need ; j += i << 1){
int w = 1;
for(int k = 0 ; k < i ; ++k , w = w * wn % MOD){
int x = arr[j + k] , y = arr[i + j + k] * w % MOD;
arr[j + k] = x + y >= MOD ? x + y - MOD : x + y;
arr[i + j + k] = x < y ? x + MOD - y : x - y;
}
}
}
if(tp != 1)
for(int i = 0 ; i < need ; ++i)
arr[i] = arr[i] * invnd % MOD;
} #define clr(x) memset(x , 0 , sizeof(int) * need)
int A[_] , B[_];
void getInv(int *a , int *b , int len){
if(len == 1) return (void)(b[0] = poww(a[0] , MOD - 2));
getInv(a , b , (len + 1) >> 1);
memcpy(A , a , sizeof(int) * len);
memcpy(B , b , sizeof(int) * len);
init(len * 2 + 3); NTT(A , 1); NTT(B , 1);
for(int i = 0 ; i < need ; ++i)
A[i] = A[i] * B[i] % MOD * B[i] % MOD;
NTT(A , -1);
for(int i = 0 ; i < len ; ++i)
b[i] = (2 * b[i] - A[i] + MOD) % MOD;
clr(A); clr(B);
}
} signed main(){
cin >> N;
jc[0] = 1;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) jc[i] = jc[i - 1] * i % MOD;
inv[N] = poww(jc[N] , MOD - 2);
for(int i = N - 1 ; i >= 0 ; --i) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % MOD;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) G[i] = 1ll * poww(2 , ch2(i)) * inv[i] % MOD;
G[0] = 1; poly::getInv(G , H , N + 1); G[0] = 0;
poly::init(2 * N + 2); poly::NTT(G , 1); poly::NTT(H , 1);
for(int i = 0 ; i < poly::need ; ++i)
G[i] = 1ll * G[i] * H[i] % MOD;
poly::NTT(G , -1);
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i)
printf("%d\n" , i == 1 ? 1 : (i == 2 ? -1 : poww(G[i] , MOD - 2) * inv[i] % MOD * jc[i - 1] % MOD * poww(2 , ch2(i) - i) % MOD));
return 0;
}

Luogu4233 射命丸文的笔记 DP、多项式求逆的更多相关文章

  1. 洛谷P4233 射命丸文的笔记 【多项式求逆】

    题目链接 洛谷P4233 题解 我们只需求出总的哈密顿回路个数和总的强联通竞赛图个数 对于每条哈密顿回路,我们统计其贡献 一条哈密顿回路就是一个圆排列,有\(\frac{n!}{n}\)种,剩余边随便 ...

  2. CF848E Days of Floral Colours——DP+多项式求逆/分治NTT

    官方题解:http://codeforces.com/blog/entry/54233 就是由简入繁 1.序列处理,只考虑一个半圆 2.环形处理(其实这个就是多了旋转同构) 然后基于分割线邻居的跨越与 ...

  3. BZOJ 3456: 城市规划(dp+多项式求逆)

    传送门 解题思路 这道题就是求带标号的无向连通图个数,首先考虑\(O(n^2)\)的做法,设\(f_i\)表示有\(i\)个节点的无向连通图个数,那么考虑容斥,先把所有的无向图求出,即为\(2^{C( ...

  4. 【bzoj3456】城市规划 dp+多项式求逆

    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 ...

  5. BZOJ 3456: 城市规划 与 多项式求逆算法介绍(多项式求逆, dp)

    题面 求有 \(n\) 个点的无向有标号连通图个数 . \((1 \le n \le 1.3 * 10^5)\) 题解 首先考虑 dp ... 直接算可行的方案数 , 容易算重复 . 我们用总方案数减 ...

  6. 【bzoj3456】城市规划(多项式求逆+dp)

    Description 求\(~n~\)个点组成的有标号无向连通图的个数.\(~1 \leq n \leq 13 \times 10 ^ 4~\). Solution 这道题的弱化版是poj1737, ...

  7. [BZOJ 3625] [Codeforces 438E] 小朋友的二叉树 (DP+生成函数+多项式开根+多项式求逆)

    [BZOJ 3625] [Codeforces 438E] 小朋友的二叉树 (DP+生成函数+多项式开根+多项式求逆) 题面 一棵二叉树的所有点的点权都是给定的集合中的一个数. 让你求出1到m中所有权 ...

  8. 多项式求逆/分治FFT 学习笔记

    一.多项式求逆 给定一个多项式 \(F(x)\),请求出一个多项式 \(G(x)\), 满足 \(F(x) * G(x) \equiv 1 ( \mathrm{mod\:} x^n )\).系数对 \ ...

  9. [BZOJ3456]城市规划:DP+NTT+多项式求逆

    写在前面的话 昨天听吕老板讲课,数数题感觉十分的神仙. 于是,ErkkiErkko这个小蒟蒻也要去学数数题了. 分析 Miskcoo orz 带标号无向连通图计数. \(f(x)\)表示\(x\)个点 ...

随机推荐

  1. [PA2012]Dwa torty

    [PA2012]Dwa torty 题目大意: 给定两个排列\(A_{1\sim n},B_{1\sim n}\),你需要将两个排列用最少的次数消除. 消除只能从头消除,一次消除可以从两个排列的头部取 ...

  2. Docker快速部署gitlab应用实战

    Gitlab是一个用于仓库管理系统开源项目,使用Git作为代码管理工具,并在此基础上搭建的web服务,可通过web界面进行访问公开或者私人项目,拥有类似于GIthub类似的功能,能够浏览源代码,可管理 ...

  3. fluent加载第三方(C++,Fortan等)动态链接库

    这里我介绍一种比较简单的方法,首先我们从ANSYS Fluent UDF Manual上随便找一段正确的UDF,下面这段UDF取自ANSYS 18的ANSYS Fluent UDF Manual,位于 ...

  4. spring-JDBC模板

    Spring的JDBC的模板 Spring是EE开发的一站式的框架,有EE开发的每层的解决方案. Spring对持久层也提供了解决方案:ORM模块和JDBC的模板. Spring提供了很多的模板用于简 ...

  5. C# 最简单的使程序单进程运行的方法

    1.代码1 static void Main() { Process current = Process.GetCurrentProcess(); Process[] processes = Proc ...

  6. git,指南,操作

    助你开始使用 git 的简易指南,木有高深内容,;). Tweet 作者:罗杰·杜德勒 感谢:@tfnico, @fhd and Namics其他语言 english, deutsch, españo ...

  7. jQuery跳出each循环:JS报错:illegal break statement

    今天在JS中运用jquery中each写一个简单的循环语句时,在执行跳出循环操作时,遇到JS报错:Uncaught SyntaxError: illegal break statement 非法的br ...

  8. curl保留cookie

    curl -c cookie.txt http://localhost:9001/login.json?c=65CE13E16CF394D curl -b @cookie.txt http://loc ...

  9. PHP系列 | ThinkPHP5数据库迁移工具 migration

    了解更多,请关注微信公众号 ThinkPHP5数据库迁移工具 migration 什么是Migration? migration用谷歌翻译是移民的意思,在PHP中我们将它理解为迁移,将Migratio ...

  10. (5)Flask项目会员登录页

    一.添加登录和登出的路由 修改app/home/views.py内容,增加登录("/login/")和登出("/logout/")的路由: # coding:u ...