AtcoderGrandContest 005 F. Many Easy Problems

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题目大意 :

有一棵大小为 $n$ 的树，对于每一个 $k \in[1,n]$ ，求出在所有在树中选 $k$ 个点的方案对应的包含这 $k$ 个点的最小联通块大小之和

$1 \leq n \leq 2 \times 10^5$

解题思路 :

容易发现，对于一组选取方案，包含它的最小联通块是唯一的，不妨考虑每一个点对这个联通块的贡献.

观察发现，一个点如果在一个最小联通块中，当且仅当有两个选取点的简单路径经过它

那么点 $u$ 对 $k$ 个点的贡献就是 $C_n^k -\sum_{v} C_{sz[v]}^k-C_{n-sz[u]}^k$

观察发现这个式子只和 $sz$ 有关，不妨设 $tot[i]$ 表示 $sz[u]=i$ 的点的数量

考虑除根以外的每一个点只会在其父亲计算的时候被减去一个 $C_{sz[u]}^k$ ，同时每一种 $sz[u]$ 都会在计算大小为 $n-sz[u]$ 的子树的时候被减去一次

所以 $C_{sz[u]}^k$ 的被计算次数是 $tot[sz[u]] + tot[n-sz[u]]$

那么最终答案的式子就是 $Ans_j =n \times C_n^j -\sum_{i=1}^n (tot[i]+tot[n-i])\times C_i^j$

设 $inv[i]$ 表示 $i!$ 关于 $Mod$ 的逆元，将后面的组合数拆开来可以得到

$Ans_j =n \times C_n^j -\sum_{i=1}^n (tot[i]+tot[n-i])\times i! \times inv[j] \times inv[i-j]$

设 $A[i] = (tot[i]+tot[n-i])\times i!$ ，则 $Ans_j = n \times C_n^j \times inv[j] - \sum_{i=1}^nA[i]\times inv[i-j]$，后者 $NTT$ 进行计算即可

/*program by mangoyang*/
#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC optimize("inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define inf (0x7f7f7f7f)
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
typedef long long ll;
using namespace std;
template <class T>
inline void read(T &x){
    int f = 0, ch = 0; x = 0;
    for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;
    for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;
    if(f) x = -x;
}
#define int ll
const int N = 1605005, L = 200005, P = 924844033, G = 5;
vector<int> g[N];
int inv[N], iv[N], s[N], f[N], tot[N], sz[N], js[N], n;
inline int Pow(int a, int b){
	int ans = 1;
	for(; b; b >>= 1, a = a * a % P)
		if(b & 1) ans = ans * a % P;
	return ans;
}
namespace NTT{
	int rev[N];
	inline int Getrev(int ned){
		int lg = 0, len = 1;
		for(; len <= ned; len <<= 1, lg++);
		for(int i = 0; i < len; i++)
			rev[i] = (rev[i>>1] >> 1) | ((i & 1) << (lg - 1));
		return len;
	}
	inline void DFT(int *A, int len, int type){
		for(int i = 0; i < len; i++) if(i < rev[i]) swap(A[i], A[rev[i]]);
		for(int k = 2; k <= len; k <<= 1){
			int w = Pow(G, (P - 1) / k); if(type == -1) w = Pow(w, P - 2);
			for(int i = 0; i < len; i += k){
				int now = 1;
				for(int j = i; j < i + (k >> 1); j++, (now *= w) %= P){
					int x = A[j], y = (now * A[j+(k>>1)]) % P;
					A[j] = (x + y) % P, A[j+(k>>1)] = (x - y + P) % P;
				}
			}
		}
		if(type == -1){
			int now = Pow(len, P - 2);
			for(int i = 0; i < len; i++) (A[i] *= now) %= P;
		}
	}
	inline void Times(int *A, int *B, int lena, int lenb){
		int len = Getrev(lena + lenb + 1);
		DFT(A, len, 1), DFT(B, len, 1);
		for(int i = 0; i < len; i++) A[i] = A[i] * B[i] % P;
		DFT(A, len, -1);
	}
}
inline void dfs(int u, int fa){
	sz[u] = 1, f[u] = fa;
	for(int i = 0; i < g[u].size(); i++)
		if(g[u][i] != fa) dfs(g[u][i], u), sz[u] += sz[g[u][i]];
}
inline int C(int x, int y){
	return js[x] * inv[y] % P * inv[x-y] % P;
}
signed  main(){
	read(n), js[0] = 1, inv[0] = iv[L] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		js[i] = js[i-1] * i % P;
		iv[L-i] = inv[i] = Pow(js[i], P - 2);
	}
	for(int i = 1, x, y; i < n; i++){
		read(x), read(y);
		g[x].push_back(y), g[y].push_back(x);
	}
	dfs(1, 0);
	for(int i = 2; i <= n; i++) tot[sz[i]]++;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		s[L+i] = (tot[i] + tot[n-i]) * js[i] % P;
	NTT::Times(s, iv, L + n + 1, L + n + 1);
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		int A = n * C(n, i) % P;
		int B = inv[i] * s[2*L+i] % P;
		printf("%lld\n", ((A - B) % P + P) % P);
	}
	return 0;
}