【bzoj3456】城市规划（多项式求逆+dp）

Description

求(~n~)个点组成的有标号无向连通图的个数。(~1 leq n leq 13 imes 10 ^ 4~).

Solution

这道题的弱化版是poj1737， 其中(n leq 50)， 先来解决这个弱化版的题。考虑(~dp~)，直接统计答案难以入手，于是考虑容斥。显然有，符合条件的方案数(=)所有方案数(-)不符合条件的方案数，而这个不符合条件的方案数就是图没有完全联通的情况。设(~dp_i~)表示(~i~)个点组成的合法方案数，考虑(~1~)号点的联通情况，易得

[dp_i = 2 ^ {i choose 2} - sum_{j = 1}^{i - 1} {dp_j imes {{i - 1} choose {j - 1}}} imes 2 ^ {{i - j} choose 2} ]

这是什么意思呢...枚举(~1~)号点所在的联通块大小(~j~)， 可以知道这个联通块有(~dp_j~)种连法，除了这(~j~)个点，剩下的点可以随意连接，而这(~j - 1~)个点可以在(~i - 1~)个点中随意选择（因为强制选了(~1~)号点）。

那么这个简单版就已经解决了，时间复杂度(~O(n ^ 2)~)， 而且要写高精度。博主很懒就不想写了。这个复杂度不是神威的话肯定是跑不过的。于是我们考虑优化，把上面的式子展开，可以得到

[dp_i = 2 ^ {i choose 2} - sum_{j = 1}^{i - 1} dp_j imes frac{(i - 1)!}{(j - 1)!(i - j)! } imes {2 ^ {i - j choose 2}} ]

同除(~(i - 1) !~​)， 得

[frac{dp_i}{(i - 1)!} = frac{2 ^ {i choose 2}}{(i - 1)!} - sum_{j = 1}^{i - 1} frac {dp_j imes {2 ^ {i - j choose 2}}} {(j - 1)!(i - j)!} ]

观察一下，这个(~ frac{dp_i}{(i - 1)!} ~)就是那个(~sum~)式子的第(~i~)项， 移项得，

[sum_{j = 1}^{i} frac {dp_j}{(j - 1)!} imes frac{2 ^ {i - j choose 2}}{(i - j)!} = frac{2 ^ {i choose 2}}{(i - 1)!} ]

左边是很自然的一个卷积式子。令

[h = sum_{i = 1}^{n} frac{dp_i}{(i - 1)!} imes x^i~~, ~~g = sum_{i = 0}^{n} frac{2 ^ {i choose 2}}{i!} imes x^i~~, ~~f = sum_{i = 1}^{n} frac{2 ^ {i choose 2}}{(i - 1)!} imes x^i~~ ]

所以有(~f = h * g)， 但是我们要求的是(~h_n~)，转换一下就是(~h = g * f ^ {-1})， 要用到多项式求逆。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define For(i, j, k) for (int i = j; i <= k; ++i)
#define Forr(i, j, k) for (int i = j; i >= k; --i)
using namespace std;

inline void File() {
	freopen("bzoj3456.in", "r", stdin);
	freopen("bzoj3456.out", "w", stdout);
}

const int N = (1 << 20) + 10, mod = 1004535809;
int a[N], b[N], c[N], fac[N], inv[N], n;
int powg[N], invg[N], rev[N], siz, p[N], q[N];

inline int qpow(int a, int b) {
	static int res;
	for (res = 1; b; b >>= 1, a = 1ll * a * a % mod)
		if (b & 1) res = 1ll * res * a % mod;
	return res;
}

inline void Init(int n) {
	fac[0] = inv[0] = 1;
	For(i, 1, n) fac[i] = 1ll * i * fac[i - 1] % mod;
	
	inv[n] = qpow(fac[n], mod - 2);
	Forr(i, n - 1, 0) inv[i] = 1ll * (i + 1) * inv[i + 1] % mod;
}

inline int add(int x, int y) { return (x += y) >= mod ? x - mod : x; }

inline void Init_pow(int n) {
	int g = qpow(3, mod - 2);
	for (int i = 1; i <= n; i <<= 1) {
		powg[i] = qpow(3, (mod - 1) / i);
		invg[i] = qpow(g, (mod - 1) / i);
	}
}

inline void Init_rev(int n) {
	int bit = 0; for (siz = 1; siz <= n; siz <<= 1) ++ bit;	
	For(i, 0, siz - 1) rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (bit - 1));	
}	

inline void NTT(int *a, int flag) {
	For(i, 0, siz - 1) if (rev[i] > i) swap(a[rev[i]], a[i]);	

	for (int i = 2; i <= siz; i <<= 1) {
		int wn = flag > 0 ? powg[i] : invg[i];

		for (int j = 0; j < siz; j += i) {
			int w = 1;
			for (int k = 0; k < i >> 1; w = 1ll * w * wn % mod, ++ k) {
				int x = a[j + k], y = 1ll * w * a[j + k + (i >> 1)] % mod;
				a[k + j] = add(x, y), a[k + j + (i >> 1)] = add(x, mod - y);
			}
		}
	}

	if (flag == -1) {
		int g = qpow(siz, mod - 2);
		For(i, 0, siz - 1) a[i] = 1ll * a[i] * g % mod;
	}
}

inline void Inv(int *a, int *b, int len) { // b is the inv of a
	if (len == 1) return (void) (b[0] = qpow(a[0], mod - 2));	

	Inv(a, b, len >> 1), Init_rev(len);
	For(i, 0, len - 1) p[i] = a[i], q[i] = b[i]; 

	NTT(p, 1), NTT(q, 1);
	For(i, 0, siz - 1) p[i] = 1ll * q[i] * q[i] % mod * p[i] % mod;
	NTT(p, -1);

	For(i, 0, len - 1) b[i] = add(2 * b[i] % mod, mod - p[i]); 	
}

int main() {
	File();
	Init(N - 5), Init_pow(1 << 20);

	scanf("%d", &n);
	For(i, 0, n) b[i] = 1ll * inv[i] * qpow(2, 1ll * (i - 1) * i / 2 % (mod - 1)) % mod;
	For(i, 1, n) c[i] = 1ll * inv[i - 1] * qpow(2, 1ll * (i - 1) * i / 2 % (mod - 1)) % mod;

	Init_rev(n); Inv(b, a, siz);	

	NTT(a, 1), NTT(c, 1);
	For(i, 0, siz - 1) a[i] = 1ll * a[i] * c[i] % mod;
	NTT(a, -1);

	int ans = 1ll * a[n] * fac[n - 1] % mod;
	printf("%d", ans);
	return 0;
}