题意:略

我们发现对于 $n$ 棵树,有用的是所有树的相对大小关系.

而随机生成 $[0,1]$ 之间的实数的相对大小关系可以等价于随机生成一个排列的相对大小关系(我们可以认为这个小数是无限长的,一定能比较出两者大小)

此问题就转化为:对于 $n!$ 种排列,权值综合为多少 $?$

我们定义一些互相可以到达的树为一个连通块,然后我们发现如果一个排列中 $l$ 能连向 $r$,那么在该排列中 $[l,r]$ 一定相互联通.

所以,对于一个排列 $P$ 来说,假设有 $x$ 个连通块,那么这 $x$ 个连通块一定是从头开始值域依次递减的.

例如:$[8,10],[5,7],[3,4],[1,2]$

令 $f[n]$ 表示由 $1$ ~ $n$ 这 $n$ 个元素构成的连通块大小为 $n$ 的排列数.(即 $1$ 到 $n$ 全部联通)

那么 $Ans[n]=\sum_{i=0}^{n-1}Ans[i]\times f[n-i] \times (n-i)$.

构造生成函数 $ANS(x)=\sum_{i=0}^{\infty} Ans[i]\times x^i$,$M(x)=\sum_{i=1}^{\infty} i\times f[i]\times x^i$

$\Rightarrow ANS(x)-1=ANS(x)M(x)$

$\Rightarrow ANS(x)=\frac{1}{1-M(x)}$

正着求 $f[n]$ 很困难,不妨容斥一下:$f[n]=n!-\sum_{i=1}^{n-1}f[i]\times (n-i)!$,即枚举序列开头的连通块,然后由于值域递减,所以后面那 $(n-i)!$ 种排列都不能与前面形成一个连通块.

再做一个多项式求逆就求出 f 了,$\Rightarrow F(x)=\frac{FAC(x)-1}{FAC(x)}$

#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <string>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
using namespace std;
namespace IO
{
char buf[100000],*p1,*p2;
#define nc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
int rd()
{
int x=0; char s=nc();
while(s<'0') s=nc();
while(s>='0') x=(((x<<2)+x)<<1)+s-'0',s=nc();
return x;
}
void print(int x) {if(x>=10) print(x/10);putchar(x%10+'0');}
void setIO(string s)
{
string in=s+".in";
string out=s+".out";
freopen(in.c_str(),"r",stdin);
// freopen(out.c_str(),"w",stdout);
}
};
const int G=3;
const int N=2000005;
const int mod=998244353;
int A[N],B[N],w[2][N],mem[N*100],*ptr=mem,tmpa[N],tmpb[N],aa[N],bb[N];
inline int qpow(int x,int y)
{
int tmp=1;
for(;y;y>>=1,x=(ll)x*x%mod) if(y&1) tmp=(ll)tmp*x%mod;
return tmp;
}
inline int INV(int a) { return qpow(a,mod-2); }
inline void ntt_init(int len)
{
int i,j,k,mid,x,y;
w[1][0]=w[0][0]=1,x=qpow(G,(mod-1)/len),y=qpow(x,mod-2);
for (i=1;i<len;++i) w[0][i]=(ll)w[0][i-1]*x%mod,w[1][i]=(ll)w[1][i-1]*y%mod;
}
void NTT(int *a,int len,int flag)
{
int i,j,k,mid,x,y;
for(i=k=0;i<len;++i)
{
if(i>k) swap(a[i],a[k]);
for(j=len>>1;(k^=j)<j;j>>=1);
}
for(mid=1;mid<len;mid<<=1)
for(i=0;i<len;i+=mid<<1)
for(j=0;j<mid;++j)
{
x=a[i+j], y=(ll)w[flag==-1][len/(mid<<1)*j]*a[i+j+mid]%mod;
a[i+j]=(x+y)%mod;
a[i+j+mid]=(x-y+mod)%mod;
}
if(flag==-1)
{
int rev=INV(len);
for(i=0;i<len;++i) a[i]=(ll)a[i]*rev%mod;
}
}
inline void getinv(int *a,int *b,int len,int la)
{
if(len==1) { b[0]=INV(a[0]); return; }
getinv(a,b,len>>1,la);
int l=len<<1,i;
memset(A,0,l*sizeof(A[0]));
memset(B,0,l*sizeof(A[0]));
memcpy(A,a,min(la,len)*sizeof(a[0]));
memcpy(B,b,len*sizeof(b[0]));
ntt_init(l);
NTT(A,l,1),NTT(B,l,1);
for(i=0;i<l;++i) A[i]=((ll)2-(ll)A[i]*B[i]%mod+mod)*B[i]%mod;
NTT(A,l,-1);
memcpy(b,A,len<<2);
}
void get_dao(int *a,int *b,int len)
{
for(int i=1;i<len;++i) b[i-1]=(ll)i*a[i]%mod;
b[len-1]=0;
}
void get_jifen(int *a,int *b,int len)
{
for(int i=1;i<len;++i) b[i]=(ll)INV(i)*a[i-1]%mod;
b[0]=0;
}
void get_ln(int *a,int *b,int len,int la)
{
int l=len<<1,i;
memset(tmpa,0,l<<2);
memset(tmpb,0,l<<2);
get_dao(a,tmpa,min(len,la));
getinv(a,tmpb,len,la);
ntt_init(l);
NTT(tmpa,l,1),NTT(tmpb,l,1);
for(i=0;i<l;++i) tmpa[i]=(ll)tmpa[i]*tmpb[i]%mod;
NTT(tmpa,l,-1);
get_jifen(tmpa,b,len);
}
void get_exp(int *a,int *b,int len,int la)
{
if(len==1) { b[0]=1; return; }
int l=len<<1,i;
get_exp(a,b,len>>1,la);
for(i=0;i<l;++i) aa[i]=bb[i]=0;
for(i=0;i<(len>>1);++i) aa[i]=b[i];
get_ln(b,bb,len,len>>1);
for(i=0;i<len;++i) bb[i]=(ll)(mod-bb[i]+(i>=la?0:a[i]))%mod;
bb[0]=(bb[0]+1)%mod;
ntt_init(l);
NTT(aa,l,1),NTT(bb,l,1);
for(i=0;i<l;++i) aa[i]=(ll)aa[i]*bb[i]%mod;
NTT(aa,l,-1);
for(i=0;i<len;++i) b[i]=aa[i];
}
struct poly
{
int len,*a;
poly(){}
poly(int l) {len=l,a=ptr,ptr+=l; }
inline void rev() { reverse(a,a+len); }
inline void fix(int l) {len=l,a=ptr,ptr+=l;}
inline void get_mod(int l) { for(int i=l;i<len;++i) a[i]=0; len=l; }
inline poly dao()
{
poly re(len-1);
for(int i=1;i<len;++i) re.a[i-1]=(ll)i*a[i]%mod;
return re;
}
inline poly jifen()
{
poly c;
c.fix(len+1);
c.a[0]=0;
for(int i=1;i<=len;++i) c.a[i]=(ll)a[i-1]*INV(i)%mod;
return c;
}
inline poly Inv(int l)
{
int lim=1;
while(lim<=l) lim<<=1;
poly b(lim);
getinv(a,b.a,lim,len);
b.get_mod(l);
return b;
}
inline poly ln(int l)
{
int lim=1;
while(lim<=l) lim<<=1;
poly b(lim);
get_ln(a,b.a,lim,len);
return b;
}
inline poly exp(int l)
{
int lim=1;
while(lim<=l) lim<<=1;
poly b(lim);
get_exp(a,b.a,lim,len);
return b;
}
inline poly q_pow(int k,int l)
{
int lim=1;
while(lim<=l) lim<<=1;
poly b(lim),c(lim);
get_ln(a,b.a,lim,len);
for(int i=0;i<b.len;++i) b.a[i]=(ll)b.a[i]*k%mod;
get_exp(b.a,c.a,lim,b.len);
c.get_mod(l);
return c;
}
inline poly operator*(const poly &b) const
{
poly c(len+b.len-1);
if(c.len<=500)
{
for(int i=0;i<len;++i)
if(a[i]) for(int j=0;j<b.len;++j) c.a[i+j]=(c.a[i+j]+(ll)(a[i])*b.a[j])%mod;
return c;
}
int n=1;
while(n<(len+b.len)) n<<=1;
memset(A,0,n<<2);
memset(B,0,n<<2);
memcpy(A,a,len<<2);
memcpy(B,b.a,b.len<<2);
ntt_init(n);
NTT(A,n,1), NTT(B,n,1);
for(int i=0;i<n;++i) A[i]=(ll)A[i]*B[i]%mod;
NTT(A,n,-1);
memcpy(c.a,A,c.len<<2);
return c;
}
poly operator+(const poly &b) const
{
poly c(max(len,b.len));
for(int i=0;i<c.len;++i) c.a[i]=((i<len?a[i]:0)+(i<b.len?b.a[i]:0))%mod;
return c;
}
poly operator-(const poly &b) const
{
poly c(len);
for(int i=0;i<len;++i)
{
if(i>=b.len) c.a[i]=a[i];
else c.a[i]=(a[i]-b.a[i]+mod)%mod;
}
return c;
}
poly operator/(poly u)
{
int n=len,m=u.len,l=1;
while(l<(n-m+1)) l<<=1;
rev(),u.rev();
poly v=u.Inv(l);
v.get_mod(n-m+1);
poly re=(*this)*v;
rev(),u.rev();
re.get_mod(n-m+1);
re.rev();
return re;
}
poly operator%(poly u)
{
poly re=(*this)-u*(*this/u);
re.get_mod(u.len-1);
return re;
}
}Fac,F,tmp,Ans;
#define MAX 500001
int fac[N],inv[N],n;
void init()
{
int i,j;
fac[0]=inv[0]=1;
for(i=1;i<MAX;++i) fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod,inv[i]=INV(fac[i]);
}
int main()
{
// IO::setIO("input");
int i,j;
scanf("%d",&n),init();
Fac.fix(1+n),tmp.fix(1+n),Fac.a[0]=0;
for(i=1;i<=n;++i) tmp.a[i]=Fac.a[i]=fac[i]; tmp.a[0]=1;
tmp=tmp.Inv(1+n); F=Fac*tmp; F.get_mod(1+n),F.a[0]=1;
for(i=1;i<=n;++i) F.a[i]=(ll)(-(ll)i*F.a[i]%mod+mod)%mod;
Ans=F.Inv(1+n);
printf("%d\n",Ans.a[n]);
return 0;
}

  

LOJ #6402. yww 与校门外的树 多项式求逆的更多相关文章

  1. 【LOJ#10115,tyvj1473】校门外的树(第3次升级)

    PS:思路来源于Clove_unique的博客,在此万分感谢 这道题可以用树状数组轻松过,然而...树状数组不太熟悉,还是用线段树比较好(虽然代码比较长) [思路分析] [一开始的思路] 最开始的错误 ...

  2. P1047 校门外的树

    P1047 校门外的树 题目描述 某校大门外长度为L的马路上有一排树,每两棵相邻的树之间的间隔都是1米.我们可以把马路看成一个数轴,马路的一端在数轴0的位置,另一端在L的位置:数轴上的每个整数点,即0 ...

  3. Vijos1448校门外的树 题解

    Vijos1448校门外的树 题解 描述: 校门外有很多树,有苹果树,香蕉树,有会扔石头的,有可以吃掉补充体力的…… 如今学校决定在某个时刻在某一段种上一种树,保证任一时刻不会出现两段相同种类的树,现 ...

  4. OpenJudge计算概论-校门外的树

    /*======================================================================== 校门外的树 总时间限制: 1000ms 内存限制: ...

  5. [swustoj 764] 校门外的树 Plus Plus

    校门外的树 Plus Plus(0764) 问题描述 西南某科技大学的校门外长度为 L 的公路上有一排树,每两棵相邻的树之间的间隔都是 1 米.我们可以把马路看成一个数轴,马路的一端在数轴 1 的位置 ...

  6. 校门外的树 - Grids2808

    校门外的树 问题描述: 某校大门外长度为 L 的马路上有一排树,每两棵相邻的树之间的间隔都是1 米.我们 可以把马路看成一个数轴,马路的一端在数轴0 的位置,另一端在L 的位置:数轴上的每 个整数点, ...

  7. 校门外的树 OpenJudge 1.6.06

    06:校门外的树 总时间限制:  1000ms 内存限制:  65536kB 描述 某校大门外长度为L的马路上有一排树,每两棵相邻的树之间的间隔都是1米.我们可以把马路看成一个数轴,马路的一端在数轴0 ...

  8. 【解题报告】VijosP1448校门外的树(困难版)

    原题: 校门外有很多树,有苹果树,香蕉树,有会扔石头的,有可以吃掉补充体力的--如今学校决定在某个时刻在某一段种上一种树,保证任一时刻不会出现两段相同种类的树,现有两个操作:K=1,K=1,读入l.r ...

  9. Vijos P1103 校门外的树【线段树,模拟】

    校门外的树 描述 某校大门外长度为L的马路上有一排树,每两棵相邻的树之间的间隔都是1米.我们可以把马路看成一个数轴,马路的一端在数轴0的位置,另一端在L的位置:数轴上的每个整数点,即0,1,2,……, ...

随机推荐

  1. DD boost你值得拥有

    也不知道什么时候就被赶到这条路上来了,只听领导的一声令下,备份啊能不能在异地也存一份呀?? 啊?? 领导语重心长的说你看啊,我们这个备份是这个样子的 现在的南京的两个工厂备份要在对方留一份备份的存档, ...

  2. java架构之路-(微服务专题)初步认识微服务与nacos初步搭建

    历史演变: 以前我们都是一个war包,包含了很多很多的代码,反正我开始工作的时候做的就是这样的项目,一个金融系统,代码具体多少行记不清楚了,内部功能超多,但是实际能用到的不多,代码冗余超大,每次部署大 ...

  3. Git 小课堂 004

    rebase--变基,就是这个可能会把事情搞得一团糟的操作. 对于变基,我只能说,需要一个配合默契的团队,你们心灵想通,互相了解,然后你们会做出非常漂亮的事情.对于使用变基且几乎不会出问题的团队,我一 ...

  4. Solr搜索解析及查询解析器用法概述

    一.简介 大多数查询都使用 了标准的Solr语法.这种语法是Solr最常见的,由默认查询解析器负责处理.Solr的默认查询解析器是Lucene查询解析器[LuceneQParserPlugin类实现] ...

  5. k8s Pipline CI/CD

    一.Pipeline介绍 pipeline是一套jenkins官方提供的插件,它可以用来在jenkins中实现和集成连续交付 用户可以利用Pipeline的许多功能: 代码:pipeline在代码中实 ...

  6. Samba搭建Linux和Windows文件共享服务

    一.Samba简介 Samba是在Linux和UNIX系统上实现SMB协议的一个免费软件,由服务器及客户端程序构成.SMB(Server Messages Block,信息服务块)是一种在局域网上共享 ...

  7. 高并发之——不得不说的线程池与ThreadPoolExecutor类浅析

    一.抛砖引玉 既然Java中支持以多线程的方式来执行相应的任务,但为什么在JDK1.5中又提供了线程池技术呢?这个问题大家自行脑补,多动脑,肯定没坏处,哈哈哈... 说起Java中的线程池技术,在很多 ...

  8. CoreLocation在iOS8上用法的变化

    1.在使用CoreLocation前需要调用如下函数[iOS8专用]: iOS8对定位进行了一些修改,其中包括定位授权的方法,CLLocationManager增加了下面的两个方法: (1)始终允许访 ...

  9. oracle11g R2数据库的迁移(同windows系统迁移)使用RMAN

    实验环境:windows 2008 R2 & windows 2008 R2 Oracle版本:11.2.0.1.0 源数据库端: 为保证在恢复之后的数据库中得到一致的数据,应禁止用户对数据的 ...

  10. vue-cli项目引入jquery和bootstrap

    1.安装插件 npm install jquery --save npm install bootstrap --save npm install popper.js --save //提示框插件,b ...