【BZOJ】3456: 城市规划 动态规划+多项式求逆
【题意】求n个点的带标号无向连通图个数 mod 1004535809。n<=130000。
【算法】动态规划+多项式求逆
【题解】设$g_n$表示n个点的无向图个数,那么显然
$$g_n=2^{\frac{n(n-1)}{2}}$$
设$f_n$表示n个点的无向连通图个数,通过枚举1号点所属连通块大小很容易得到$g_n$的等式:
$$g_n=\sum_{i=1}^{n}\binom{n-1}{i-1}*f_i*g_{n-i}$$
特别的,$g_0=1$。
将组合数拆分一下,即可得到:
$$\frac{g_n}{(n-1)!}=\sum_{i=1}^{n}\frac{f_i}{(i-1)!}*\frac{g_{n-i}}{(n-i)!}$$
多项式求逆即可,注意下标从1开始需要强制F(0)=0,以及由于$g_0=1$所以右边额外+1。(这个式子恰好是多项式乘法的形式)
复杂度O(n log n)。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<set>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define lowbit(x) x&-x
using namespace std;
int read(){
char c;int s=,t=;
while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')t=-;
do{s=s*+c-'';}while(isdigit(c=getchar()));
return s*t;
}
int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
int max(int a,int b){return a<b?b:a;}
int ab(int x){return x>?x:-x;}
//int MO(int x){return x>=MOD?x-MOD:x;}
//void insert(int u,int v){tot++;e[tot].v=v;e[tot].from=first[u];first[u]=tot;}
/*------------------------------------------------------------*/
const int inf=0x3f3f3f3f,maxn=,MOD=; int n,F[maxn],G[maxn],H[maxn]; int power(int x,int k){int ans=;while(k){if(k&)ans=1ll*ans*x%MOD;x=1ll*x*x%MOD;k>>=;}return ans;}
int inv(int x){return power(x,MOD-);}
int M(int x){return x>=MOD?x-MOD:x;} void ntt(int *a,int n,int f){
int k=;
for(int i=;i<n;i++){
if(i<k)swap(a[i],a[k]);
for(int j=n>>;(k^=j)<j;j>>=);
}
for(int l=;l<=n;l<<=){
int m=l>>,wn=(~f?power(,(MOD-)/l):power(,MOD--(MOD-)/l));
for(int *p=a;p!=a+n;p+=l){
int w=;
for(int i=;i<m;i++){
int t=1ll*w*p[i+m]%MOD;
p[i+m]=M(p[i]-t+MOD);
p[i]=M(p[i]+t);
w=1ll*w*wn%MOD;
}
}
}
if(f==-){
int o=inv(n);
for(int i=;i<n;i++)a[i]=1ll*a[i]*o%MOD;
}
}
int h[maxn];
void pinv(int *f,int *g,int n){
if(n==){g[]=inv(f[]);return;}
pinv(f,g,n>>);n<<=;
for(int i=;i<n/;i++)h[i]=f[i];
//for(int i=n/2;i<n;i++)h[i]=g[i]=0;
ntt(h,n,);ntt(g,n,);
for(int i=;i<n;i++)g[i]=1ll*g[i]*(-1ll*h[i]*g[i]%MOD+MOD)%MOD;
ntt(g,n,-);
for(int i=n/;i<n;i++)g[i]=;//!
}
int fac[maxn],fav[maxn];
int main(){
scanf("%d",&n);n++;
fac[]=;for(int i=;i<=n;i++)fac[i]=1ll*fac[i-]*i%MOD;
fav[n]=inv(fac[n]);for(int i=n;i>=;i--)fav[i-]=1ll*fav[i]*i%MOD;
for(int i=;i<n;i++)H[i]=1ll*power(,1ll*i*(i-)/%(MOD-))*fav[i-]%MOD;
for(int i=;i<n;i++)G[i]=1ll*power(,1ll*i*(i-)/%(MOD-))*fav[i]%MOD;//n change
int N=;while(N<n+n)N<<=;
pinv(G,F,N>>);//n>>1
ntt(H,N,);ntt(F,N,);
for(int i=;i<N;i++)F[i]=1ll*H[i]*F[i]%MOD;
ntt(F,N,-);
printf("%lld",1ll*F[n-]*fac[n-]%MOD);
return ;
}
注意:求逆元的时候传进去一倍即可,里面会再翻倍。逆元每次最后g数组后半部分要清零。n++之后对应的n要改变。
NTT最好预处理omega[],不然NTT太多次会变得很慢,即:
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<set>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define lowbit(x) x&-x
using namespace std;
int read(){
char c;int s=,t=;
while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')t=-;
do{s=s*+c-'';}while(isdigit(c=getchar()));
return s*t;
}
int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
int max(int a,int b){return a<b?b:a;}
int ab(int x){return x>?x:-x;}
//int MO(int x){return x>=MOD?x-MOD:x;}
//void insert(int u,int v){tot++;e[tot].v=v;e[tot].from=first[u];first[u]=tot;}
/*------------------------------------------------------------*/
const int inf=0x3f3f3f3f,maxn=,MOD=; int n,F[maxn],G[maxn],H[maxn]; int power(int x,int k){int ans=;while(k){if(k&)ans=1ll*ans*x%MOD;x=1ll*x*x%MOD;k>>=;}return ans;}
int inv(int x){return power(x,MOD-);}
int M(int x){return x>=MOD?x-MOD:x;}
int o[maxn],oi[maxn];
void init(int n){
int x=,y=power(,(MOD-)/n);
for(int i=;i<=n;i++){
o[i]=oi[n-i]=x;
x=1ll*x*y%MOD;
}
}
void ntt(int *a,int n,int *o,int f){
int k=;
for(int i=;i<n;i++){
if(i<k)swap(a[i],a[k]);
for(int j=n>>;(k^=j)<j;j>>=);
}
for(int l=;l<=n;l<<=){
int m=l>>;
for(int *p=a;p!=a+n;p+=l){
for(int i=;i<m;i++){
int t=1ll*o[n/l*i]*p[i+m]%MOD;
p[i+m]=M(p[i]-t+MOD);
p[i]=M(p[i]+t);
}
}
}
if(f==-){
int o=inv(n);
for(int i=;i<n;i++)a[i]=1ll*a[i]*o%MOD;
}
}
int h[maxn];
void pinv(int *f,int *g,int n){
if(n==){g[]=inv(f[]);return;}
pinv(f,g,n>>);n<<=;
init(n);
for(int i=;i<n/;i++)h[i]=f[i];
//for(int i=n/2;i<n;i++)h[i]=g[i]=0;//?
ntt(h,n,o,);ntt(g,n,o,);
for(int i=;i<n;i++)g[i]=1ll*g[i]*(-1ll*h[i]*g[i]%MOD+MOD)%MOD;
ntt(g,n,oi,-);
for(int i=n/;i<n;i++)g[i]=;//?
}
int fac[maxn],fav[maxn];
int main(){
scanf("%d",&n);n++;
fac[]=;for(int i=;i<=n;i++)fac[i]=1ll*fac[i-]*i%MOD;
fav[n]=inv(fac[n]);for(int i=n;i>=;i--)fav[i-]=1ll*fav[i]*i%MOD;
for(int i=;i<n;i++)H[i]=1ll*power(,1ll*i*(i-)/%(MOD-))*fav[i-]%MOD;
for(int i=;i<n;i++)G[i]=1ll*power(,1ll*i*(i-)/%(MOD-))*fav[i]%MOD;//!
int N=;while(N<n+n)N<<=;
pinv(G,F,N>>);
init(N);
ntt(H,N,o,);ntt(F,N,o,);
for(int i=;i<N;i++)F[i]=1ll*H[i]*F[i]%MOD;
ntt(F,N,oi,-);
printf("%lld",1ll*F[n-]*fac[n-]%MOD);
return ;
}
这道题有个O(n^2)的递推做法,设$h_n$表示n个点无向不连通图个数,那么$h_n=g_n-f_n$,枚举1所在连通块大小,有:
$$h_n=\sum_{i=1}^{n-1}\binom{n-1}{i-1}*f_i*h_{n-i}$$
这个不包含n自己,就可以递推了。
在这里记个无关紧要的笔记……要拆分$2^{k(n-k)}$,乘法不好拆分,必须转化为加法。
其实就是要把nk转化为有关n或k或n-k的加减法的形式,由初中常用套路$nk=\frac{(n-k)^2-n^2-k^2}{2}$就可以了。
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