题面

两道题比较像,放在一起写了,后者可以看成前者的加强版

(sto ztb orz)


先看AT那道题

考虑计算每个点的贡献,用容斥计算:每个点没有贡献当且仅当选的所有点都在以他为根时的一个子节点的子树里。所以对于每个点i,其贡献为$C_n^k-\sum_{v∈son_i}C_{size[v]}^k$,这样我们就得到了一个$O(n^2)$的算法

考虑优化,来列出来总的式子

$ans=n*C_n^k-\sum\limits_{i=1}^n\sum_{v∈son_i}C_{size[v]}^k$

前面的随便算,先不管了。考虑后面,用卷积优化时常见的套路,开个桶$bkt[i]$统计size等于i的情况的个数

$ans'=\sum\limits_{i=1}^n bkt[i] C_{i}^k$

组合数,拆除!

$ans'=\sum\limits_{i=1}^n bkt[i]*i! \frac{1}{k!(i-k)!}$

$k!*ans'=\sum\limits_{i=1}^n bkt[i]*i! \frac{1}{(i-k)!}$

上NTT即可


再来看ER那道题

我们仍然考虑贡献,点i产生贡献有两种方式:

1.作为被选出的点,有$C_{n-1}^{k-1}$种选的方法

2.作为构建虚树时被捉出来的LCA

显然重点在第二种上,我们仍然使用容斥来计算......

额式子太长了,不想写了,搬题解了

来啊,NTT啊(


Code:

Many Easy Problems↓

 #include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=,mod=;
int n,nm,t1,t2,cnt,G,Gi;
int p[N],noww[N],goal[N],siz[N];
int rev[N],fac[N],inv[N],a[N],b[N],pw[][];
void Read(int &x)
{
x=; char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))
ch=getchar();
while(isdigit(ch))
x=(x<<)+(x<<)+(ch^),ch=getchar();
}
int Addit(int x,int y)
{
x+=y;
if(x>=mod) x-=mod;
return x;
}
int Qpow(int x,int k)
{
if(k==) return x;
int tmp=Qpow(x,k/);
return k%?1ll*tmp*tmp%mod*x%mod:1ll*tmp*tmp%mod;
}
void Link(int f,int t)
{
noww[++cnt]=p[f];
goal[cnt]=t,p[f]=cnt;
noww[++cnt]=p[t];
goal[cnt]=f,p[t]=cnt;
}
int C(int a,int b)
{
return 1ll*fac[a]*inv[b]%mod*inv[a-b]%mod;
}
void DFS(int nde,int fth)
{
siz[nde]=;
for(int i=p[nde];i;i=noww[i])
if(goal[i]!=fth)
{
DFS(goal[i],nde);
a[siz[goal[i]]]++;
siz[nde]+=siz[goal[i]];
}
a[n-siz[nde]]++;
}
void Pre()
{
fac[]=inv[]=;
for(int i=;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-]*i%mod;
inv[n]=Qpow(fac[n],mod-);
for(int i=n-;i;i--) inv[i]=1ll*inv[i+]*(i+)%mod;
nm=*n,n=; while(n<=nm) n<<=; G=,Gi=Qpow(G,mod-),nm>>=;
for(int i=;i<=n;i++) rev[i]=(rev[i>>]>>)+(i&)*(n>>);
for(int i=;i<=;i++)
{
pw[i][]=Qpow(G,(mod-)/(<<i));
pw[i][]=Qpow(Gi,(mod-)/(<<i));
}
for(int i=;i<=nm;i++) a[i]=1ll*a[i]*fac[i]%mod,b[i]=inv[nm-i];
}
void Trans(int *arr,int len,int typ)
{
register int i,j,k;
for(i=;i<len;i++)
if(rev[i]>i) swap(arr[rev[i]],arr[i]);
for(i=;i<=len;i<<=)
{
int lth=i>>,ort=pw[(int)log2(i)][typ==-];
for(j=;j<len;j+=i)
{
int ori=,tmp;
for(k=j;k<j+lth;k++,ori=1ll*ori*ort%mod)
{
tmp=1ll*ori*arr[k+lth]%mod;
arr[k+lth]=(arr[k]-tmp+mod)%mod;
arr[k]=(arr[k]+tmp)%mod;
}
}
}
if(typ==-)
{
int Ni=Qpow(len,mod-);
for(i=;i<=len;i++)
arr[i]=1ll*arr[i]*Ni%mod;
}
}
int main()
{
Read(n);
for(int i=;i<n;i++)
Read(t1),Read(t2),Link(t1,t2);
DFS(,),Pre();
Trans(a,n,),Trans(b,n,);
for(int i=;i<n;i++) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
Trans(a,n,-);
for(int i=;i<=nm;i++)
{
int ans=1ll*C(nm,i)*nm%mod-1ll*a[nm+i]*inv[i]%mod;
printf("%d\n",Addit(ans,mod));
}
return ;
}

两开花↓

 #include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=,mod=;
int n,m,nm,t1,t2,cnt,G,Gi;
int p[N],noww[N],goal[N],siz[N];
int rev[N],fac[N],inv[N],a[N],b[N],pw[][];
void Read(int &x)
{
x=; char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))
ch=getchar();
while(isdigit(ch))
x=(x<<)+(x<<)+(ch^),ch=getchar();
}
int Addit(int x,int y)
{
x+=y;
if(x>=mod) x-=mod;
return x;
}
int Qpow(int x,int k)
{
if(k==) return x;
int tmp=Qpow(x,k/);
return k%?1ll*tmp*tmp%mod*x%mod:1ll*tmp*tmp%mod;
}
void Link(int f,int t)
{
noww[++cnt]=p[f];
goal[cnt]=t,p[f]=cnt;
noww[++cnt]=p[t];
goal[cnt]=f,p[t]=cnt;
}
int C(int a,int b)
{
return 1ll*fac[a]*inv[b]%mod*inv[a-b]%mod;
}
void DFS(int nde,int fth)
{
siz[nde]=;
for(int i=p[nde];i;i=noww[i])
if(goal[i]!=fth)
{
DFS(goal[i],nde);
siz[nde]+=siz[goal[i]];
}
a[n-]++; int tmp=;
for(int i=p[nde];i;tmp++,i=noww[i])
if(goal[i]!=fth) a[n-siz[nde]+siz[goal[i]]]--;
a[n-siz[nde]]+=tmp--(nde!=);
}
void Pre()
{
fac[]=inv[]=;
for(int i=;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-]*i%mod;
inv[n]=Qpow(fac[n],mod-);
for(int i=n-;i;i--) inv[i]=1ll*inv[i+]*(i+)%mod;
nm=*n,n=; while(n<=nm) n<<=; G=,Gi=Qpow(G,mod-),nm>>=;
for(int i=;i<=n;i++) rev[i]=(rev[i>>]>>)+(i&)*(n>>);
for(int i=;i<=;i++)
{
pw[i][]=Qpow(G,(mod-)/(<<i));
pw[i][]=Qpow(Gi,(mod-)/(<<i));
}
for(int i=;i<=nm;i++) a[i]=1ll*Addit(a[i],mod)*fac[i]%mod,b[i]=inv[nm-i];
}
void Trans(int *arr,int len,int typ)
{
register int i,j,k;
for(i=;i<len;i++)
if(rev[i]>i) swap(arr[rev[i]],arr[i]);
for(i=;i<=len;i<<=)
{
int lth=i>>,ort=pw[(int)log2(i)][typ==-];
for(j=;j<len;j+=i)
{
int ori=,tmp;
for(k=j;k<j+lth;k++,ori=1ll*ori*ort%mod)
{
tmp=1ll*ori*arr[k+lth]%mod;
arr[k+lth]=(arr[k]-tmp+mod)%mod;
arr[k]=(arr[k]+tmp)%mod;
}
}
}
if(typ==-)
{
int Ni=Qpow(len,mod-);
for(i=;i<=len;i++)
arr[i]=1ll*arr[i]*Ni%mod;
}
}
int main()
{
Read(n),Read(m);
for(int i=;i<n;i++)
Read(t1),Read(t2),Link(t1,t2);
DFS(,),Pre();
Trans(a,n,),Trans(b,n,);
for(int i=;i<n;i++) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
Trans(a,n,-);
for(int i=;i<=m;i++)
{
int ans=Addit(1ll*a[nm+i]*inv[i]%mod,1ll*C(nm-,i-)*nm%mod);
printf("%lld\n",1ll*ans*Qpow(C(nm,i),mod-)%mod);
}
return ;
}

解题:AT2064 Many Easy Problems&EXNR #1 T3 两开花的更多相关文章

  1. AtcoderGrandContest 005 F. Many Easy Problems

    $ >AtcoderGrandContest \space 005 F.  Many Easy Problems<$ 题目大意 : 有一棵大小为 \(n\) 的树,对于每一个 \(k \i ...

  2. Codeforces 913D - Too Easy Problems

    913D - Too Easy Problems 思路:二分check k 代码: #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ...

  3. 【AtCoder】AGC005 F - Many Easy Problems 排列组合+NTT

    [题目]F - Many Easy Problems [题意]给定n个点的树,定义S为大小为k的点集,则f(S)为最小的包含点集S的连通块大小,求k=1~n时的所有点集f(S)的和取模92484403 ...

  4. 【CodeForces】913 D. Too Easy Problems

    [题目]D. Too Easy Problems [题意]给定n个问题和总时限T,每个问题给定时间ti和限制ai,当解决的问题数k<=ai时问题有效,求在时限T内选择一些问题解决的最大有效问题数 ...

  5. [AT2064] [agc005_f] Many Easy Problems

    题目链接 AtCoder:https://agc005.contest.atcoder.jp/tasks/agc005_f 洛谷:https://www.luogu.org/problemnew/sh ...

  6. Codeforces B. Too Easy Problems

    题目描述: time limit per test 2 seconds memory limit per test 256 megabytes input standard input output ...

  7. 【AGC 005F】Many Easy Problems

    Description One day, Takahashi was given the following problem from Aoki: You are given a tree with ...

  8. AtCoder - 2064 Many Easy Problems

    Problem Statement One day, Takahashi was given the following problem from Aoki: You are given a tree ...

  9. 【AGC005F】Many Easy Problems FFT 容斥原理

    题目大意 给你一棵树,有\(n\)个点.还给你了一个整数\(k\). 设\(S\)为树上某些点的集合,定义\(f(S)\)为最小的包含\(S\)的联通子图的大小. \(n\)个点选\(k\)个点一共有 ...

随机推荐

  1. 跟我学Android NDK开发(一)

    Android NDK 开发跟其它开发一样,首先需要配置好开发环境,本文以 Ubuntu系统为例介绍如何进行 Android NDK 开发环境的配置. 1. 简介 什么是 Android NDK 呢? ...

  2. 5213 Exp3 免杀原理与实践

    5213 Exp3 免杀原理与实践 任务一:正确使用msf编码器,msfvenom生成如jar之类的其他文件,veil-evasion,自己利用shellcode编程等免杀工具或技巧 使用msf编码器 ...

  3. Luogu P4322 [JSOI2016]最佳团体

    JZdalao昨天上课讲的题目,话说JSOI的题目是真的不难,ZJOI的题目真的是虐啊! 题意很简单,抽象一下就是:有一棵树,一次只能选从根到某个节点上的链上的所有点,问从中取出k个节点所得到的总价值 ...

  4. EZ 2017 12 30 2018noip第二次膜你赛

    去年的比赛了,然而今天才改好. 总体难度适中,有大佬AK. 主要是自己SB第二题没想出来,然后又是可怜的100来分. T1 一道二分+数学的题目. 我们可以二分叫的次数,然后用公式(等差数列,公差都是 ...

  5. 4556: [Tjoi2016&Heoi2016]字符串

    4556: [Tjoi2016&Heoi2016]字符串 链接 分析: 首先可以二分这个长度.此时需要判断是否存在一个以b结尾的前缀,满足与[c,d]的lcp大于等于mid. 如果我们把串翻转 ...

  6. python 网络爬虫介绍

    一.网络爬虫相关概念 网络爬虫介绍 我们都知道,当前我们所处的时代是大数据的时代,在大数据时代,要进行数据分析,首先要有数据源,而学习爬虫,可以让我们获取更多的数据源,并且这些数据源可以按我们的目的进 ...

  7. 12、利用docker快速搭建Wordpress网站

    一.准备工作 结构图: 用户访问页面,Nginx将请求进行转发,如果请求的是php页面,则通过FastCGI转发给后端php进行处理:如果非php页面,则直接返回静态页面. 关键点: mysql.ph ...

  8. JQuery快速入门-简介

    一.什么是JQuery? jQuery是一个JavaScript库,它通过封装原生的JavaScript函数得到一整套定义好的方法.它的作者是John Resig,于2006年创建的一个开源项目,随着 ...

  9. 关于web.xml3.0启动报错

    九月 08, 2017 10:18:19 上午 org.apache.tomcat.util.digester.SetPropertiesRule begin 警告: [SetPropertiesRu ...

  10. 关于java线程池的一丢丢

    线程池应用达到的目的 1.降低资源消耗:可以重复利用已创建的线程从而降低线程创建和销毁所带来的消耗. 2.提高响应速度:当任务到达时,不需要等线程创建就可以立即执行. 3.提高线程的可管理性:使用线程 ...