洛谷 P6295

洛谷题面传送门

看到图计数的题就条件反射地认为是不可做题并点开了题解……实际上这题以我现在的水平还是有可能能独立解决的（

首先连通这个条件有点棘手，我们尝试把它去掉。考虑这题的套路，我们设 (f_n) 表示 (n) 个点的有标号 DAG 个数，(g_n) 表示 (n) 个点的有标号且弱联通的 DAG 个数，那么根据 (exp) 式子的计算方式我们可以列出 (f,g) 生成函数之间的 exp 关系，又因为这题带标号，所以有：

Trick 1. 对于有标号图连通图计数问题，我们可以先计算出不限制连通的方案数，这样再对求得的序列的 EGF 做一遍 (ln) 就可以得到待求序列的 EGF。

应用到此题上，就是设 (F(x)) 表示 (f) 序列的 EGF，(G(x)) 表示 (g) 序列的 EGF，那么 (F(x)=exp(G(x)))，因此我们求出 (F(x)) 后一遍 (ln) 即可还原出 (G(x))。

考虑怎么求 (F(x))。对于 DAG 有一个性质，就是剥掉它入度为 (0) 的点后仍是一个 DAG，因此我们考虑枚举入度为 (0) 的点集 (S)，但是这个点集很难恰好就是入度为 (0) 的点。所以我们可以考虑：

Trick 2. 对于 DAG 计数，我们可以考虑枚举其中入度为 (0) 的点集 (S) 并计算出剩余部分的方案数，但是这样会算重，因此需容斥，对于一个 (S) 而言其容斥系数就是 ((-1)^{|S|-1})。

因此我们枚举 (S) 的大小，有

[f_i=sumlimits_{j=1}^idbinom{i}{j}(-1)^{j-1}2^{j(i-j)}f_{i-j} ]

其中 (2^{j(n-j)}) 表示在钦定的入度为 (0) 的点与剩余点之间连边的方案数。

诶呀，这里 (2^{j(i-j)}) 既涉及 (i) 又涉及 (j)，怎么办呢？

Trick 3. (2^{i-j}=2^{inom{i}{2}}·dfrac{1}{2^{inom{j}{2}}}·dfrac{1}{2^{inom{i-j}{2}}})，这样我们可以将原本与 (i,j) 都有关的东西拆成只与 (i,j,i-j) 有关的项，方便卷积。

因此

[f_i=sumlimits_{j=1}^idfrac{i!}{j!(i-j)!}(-1)^{j-1}f_{i-j}2^{inom{i}{2}}·dfrac{1}{2^{inom{j}{2}}}·dfrac{1}{2^{inom{i-j}{2}}} ]

整理一下

[dfrac{f_i}{i!·2^{inom{i}{2}}}=sumlimits_{j=1}^idfrac{(-1)^{j-1}}{j!·2^{inom{j}{2}}}·dfrac{f_{i-j}}{(i-j)!·2^{inom{i-j}{2}}} ]

到这里，式子已经可以写成分治 FFT 的形式了，可以分治 FFT 求解，时间复杂度 2log。不过注意到咱们的分治 FFT 与求逆是紧密相连的，许多分治 FFT 的题都可以写成求逆的形式，此题也不例外。设

[P(x)=sumlimits_{i}dfrac{f_i}{i!·2^{inom{i}{2}}}x^i ]

[Q(x)=sumlimits_{i}dfrac{(-1)^{i-1}}{i!·2^{inom{i}{2}}}(i>0) ]

那么有 (P(x)=P(x)Q(x)+1)，移个项可得 (P(x)=dfrac{1}{1-Q(x)})。(1-Q(x)) 常数项显然不为 (0)，因此一遍求逆即可搞定 (P(x))，也可进而求出 (F,G)。

时间复杂度 (nlog n)。

const int pr=3;
const int ipr=332748118;
const int MAXP=1<<18;
const int INV2=MOD+1>>1;
const int PHI=MOD-1;
int fac[MAXP+5],ifac[MAXP+5],inv[MAXP+5];
void init_fac(int n){
	for(int i=(fac[0]=ifac[0]=inv[0]=inv[1]=1)+1;i<=n;i++) inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%MOD,ifac[i]=1ll*ifac[i-1]*inv[i]%MOD;
}
int qpow(int x,int e){
	int ret=1;
	for(;e;e>>=1,x=1ll*x*x%MOD) if(e&1) ret=1ll*ret*x%MOD;
	return ret;
}
int rev[MAXP+5];
void NTT(vector<int> &a,int len,int type){
	int lg=31-__builtin_clz(len);
	for(int i=0;i<len;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<lg-1);
	for(int i=0;i<len;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(int i=2;i<=len;i<<=1){
		int W=qpow((type<0)?ipr:pr,(MOD-1)/i);
		for(int j=0;j<len;j+=i){
			for(int k=0,w=1;k<(i>>1);k++,w=1ll*w*W%MOD){
				int X=a[j+k],Y=1ll*w*a[(i>>1)+j+k]%MOD;
				a[j+k]=(X+Y)%MOD;a[(i>>1)+j+k]=(X-Y+MOD)%MOD;
			}
		}
	} if(!~type){
		int ivn=qpow(len,MOD-2);
		for(int i=0;i<len;i++) a[i]=1ll*a[i]*ivn%MOD;
	}
}
vector<int> conv(vector<int> a,vector<int> b){
	int LEN=1;while(LEN<a.size()+b.size()) LEN<<=1;
	a.resize(LEN,0);b.resize(LEN,0);NTT(a,LEN,1);NTT(b,LEN,1);
	for(int i=0;i<LEN;i++) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%MOD;
	NTT(a,LEN,-1);return a;
}
vector<int> getinv(vector<int> a,int len){
	vector<int> b(len,0);b[0]=qpow(a[0],MOD-2);
	for(int i=2;i<=len;i<<=1){
		vector<int> c(b.begin(),b.begin()+(i>>1));
		vector<int> d(a.begin(),a.begin()+i);
		c=conv(conv(c,c),d);
		for(int j=0;j<i;j++) b[j]=(2ll*b[j]-c[j]+MOD)%MOD;
	} return b;
}
vector<int> direv(vector<int> a,int len){
	vector<int> b(len,0);
	for(int i=1;i<len;i++) b[i-1]=1ll*i*a[i]%MOD;
	return b;
}
vector<int> inter(vector<int> a,int len){
	vector<int> b(len,0);
	for(int i=1;i<len;i++) b[i]=1ll*inv[i]*a[i-1]%MOD;
	return b;
}
vector<int> getln(vector<int> a,int len){
	vector<int> _a=direv(a,len),b=getinv(a,len);
	b=conv(b,_a);b=inter(b,len);return b;
}
int main(){
	init_fac(MAXP);vector<int> f(MAXP/2),g(MAXP/2);
	for(int i=1;i<MAXP/2;i++){
		int val=1ll*ifac[i]*qpow(INV2,1ll*i*(i-1)/2%PHI)%MOD;
		if(i&1) g[i]=MOD-val;else g[i]=val;
	} (g[0]+=1)%=MOD;f=getinv(g,MAXP/2);
//	for(int i=0;i<MAXP/2;i++) printf("%d
",g[i]);
	for(int i=0;i<MAXP/2;i++) f[i]=1ll*f[i]*qpow(2,1ll*i*(i-1)/2%PHI)%MOD;
	f=getln(f,MAXP/2);int n;scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d
",1ll*f[i]*fac[i]%MOD);
	return 0;
}