因为光讲知识不会套路是不行的这个。
所以我要给你们讲套路的这个。
1.遗忘的集合
http://hzoj.com/contest/220/problem/2
看起来是个构造题。
啊但是啊。
学了(OGF)啊，我给你讲了背包的套路。
然后你就发现他是唯一方案了对吧。
然后就推式子就行了。
我们设答案的布尔数组为：$$A(x)=sumlimits_{i=1}^{n}a_ix^i$$
这里的(a_iin[0,1])
设(f(n))的(OGF)为(F(x)=sumlimits_{i=1}^{n}f(i)x^i)
所以,套上完全背包的板子推式子就完事了。
[egin{aligned}\
F(x)&=prodlimits_{i=1}^{n}(sumlimits_{i=0}^{infty}(x^i)^j)^{a_i}\
&=prodlimits_{i=1}^{n}(frac{1}{1-x^i})^{a_i}\
ln(F(x))&=ln(prodlimits_{i=1}^{n}(frac{1}{1-x^i})^{a_i})\
&=sumlimits_{i=1}^{n}a_i(0-ln(1-x^i))\
&=-sumlimits_{i=1}^{n}a_iln(1-x^i)\
&=-sumlimits_{i=1}^{n}a_i(-sumlimits_{j=1}^{infty}frac{(x^i)^j}{j})\
&=sumlimits_{i=1}^{n}a_isumlimits_{j=1}^{infty}frac{(x^i)^j}{j}\
r&=ij\
&=sumlimits_{r=1}^{infty}x^rsumlimits_{i|r}a_ifrac{i}{r}\
end{aligned}]
这样我们对(F(x))求一个(ln)就可以得到：
[egin{aligned}\
[x^r]F(x)=sumlimits_{i|r}a_ifrac{i}{r}\
r[x^r]F(x)=sumlimits_{i|r}a_ii\
end{aligned}]
设(g(n)=n[x^n]F(x),h(n)=na_n)
那么：
[g(n)=sumlimits_{d|n}h(d)
]
莫比乌斯反演得到：
[h(n)=sumlimits_{d|n}mu(frac{n}{d})g(d)
]
[a_n=frac{h(n)}{n}
]
直接输出就可以了。
哦忘记了。
是任意模数。
打个(MTT)吧。
2.生成树计数
http://hzoj.com/contest/220/problem/3
首先可以用(prufer)序列统计答案。
设一个联通块在(prufer)序列中出现的次数为(d_i)
那么答案可以表示为：
[egin{aligned}\
ans&=sumlimits_{T}(prodlimits_{i=1}^{n}(d_i+1)^m)(sumlimits_{i=1}^{n}(d_i+1)^m)\
&=sumlimits_{T}(n-2)!(prodlimits_{i=1}^{n}frac{a_i^{d_i+1}(d_i+1)^m}{d_i!})(sumlimits_{i=1}^{n}(d_i+1)^m)\
&=(n-2)!prodlimits_{i=1}^{n}a_isumlimits_{T}prodlimits_{i=1}^{n}frac{a_i^{d_i}(d_i+1)^m}{d_i!}sumlimits_{i=1}^{n}(d_i+1)^m\
&=(n-2)!prodlimits_{i=1}^{n}a_isumlimits_{T}sumlimits_{i=1}^{n}frac{a_i^{d_i}(d_i+1)^{2m}}{d_i!}prodlimits_{j=1,j!=i}frac{a_j^{d_j}(d_j+1)^m}{d_j!}\
A(x)&=sumlimits_{i=0}^{n}frac{(i+1)^{2m}}{i!}x^i\
B(x)&=sumlimits_{i=0}^{n}frac{(i+1)^{m}}{i!}x^i\
ans&=(n-2)!prodlimits_{i=1}^{n}a_i[x^{n-2}]sumlimits_{i=1}^{n}A(a_ix)prodlimits_{j=1,j!=i}^{n}B(a_jx)\
&=(n-2)!prodlimits_{i=1}^{n}a_i[x^{n-2}]sumlimits_{i=1}^{n}frac{A(a_ix)}{B(a_ix)}prodlimits_{j=1}^{n}B(a_jx)\
&=(n-2)!prodlimits_{i=1}^{n}a_i[x^{n-2}]sumlimits_{i=1}^{n}frac{A}{B}(a_ix)exp(ln(prodlimits_{j=1}^{n}B(a_jx)))\
&=(n-2)!prodlimits_{i=1}^{n}a_i[x^{n-2}]sumlimits_{i=1}^{n}frac{A}{B}(a_ix)exp(sumlimits_{j=1}^{n}ln(B(a_jx)))\
end{aligned}]
我们需要求一个数列(g(j))
[g(j)=sumlimits_{i=1}^{n}a_i^j
]
这样我们把(g(j))和求出的(frac{A}{B},ln(B))对位相乘就可以直接得到：
[sumlimits_{i=1}^{n}frac{A}{B}(a_ix),sumlimits_{i=1}^{n}ln(B(a_ix))
]
现在考虑如何求(g(j))
求数列的前(k)次方和，这是个套路（奇迹银桥）。
设其生成函数为(G(x)=sumlimits_{i=0}^{infty}g(i)x^i)
那么：
[egin{aligned}\
G(x)&=sumlimits_{i=0}^{infty}sumlimits_{j=1}^{n}a_j^ix^i\
&=sumlimits_{j=1}^{n}sumlimits_{i=0}^{infty}(a_jx)^i\
&=sumlimits_{j=1}^{n}frac{1}{1-a_jx}\
end{aligned}]
[(ln(1-a_ix))'=frac{-a_i}{1-a_ix}=-sumlimits_{j=0}^{infty}(a_ix)^ja_i
]
设
[egin{aligned}
F(x)&=sumlimits_{i=1}^{n}(ln(1-a_ix))'\
&=-sumlimits_{i=1}^{n}sumlimits_{j=0}^{infty}(a_ix)^ja_i\
&=-sumlimits_{j=0}^{infty}x^jsumlimits_{i=1}^{n}(a_i)^{j+1}\
end{aligned}
]
这样有：
[G(x)=-xF(x)+n
]
如果我们可以快速的求出(F(x))就好了。
而(F(x))既然是我造出来的我肯定会求对吧。
[F(x)=sumlimits_{i=1}^{n}(ln(1-a_ix))'=(sumlimits_{i=1}^{n}ln(1-a_ix))'=(ln(prodlimits_{i=1}^{n}1-a_ix))'
]
好了可以直接分治(FFT)了。
3.Or
http://hzoj.com/contest/133/problem/3
题意就是要求(A)数列后面一项必然要出现一个之前从未出现过的(1)。
设(dp[i][j])为前(i)个数，有(j)位已经出现过了(1)的方案数。
那么：
[dp[i][j]=sumlimits_{k=1}^{j}dp[i-1][j-k]inom{j}{k}2^{j-k}
]
拆一下式子，找指数生成函数的影子。
[frac{dp[i][j]}{j!}=sumlimits_{k=1}^{j}frac{dp[i-1][j-k]2^{j-k}}{(j-k)!}frac{1}{k!}
]
设(F_i(x))为(dp[i])的生成函数。
[F_i(x)=sumlimits_{j=0}^{infty}frac{dp[i][j]x^j}{j!}
]
所以：
[F_i(x)=F_{i-1}(2x)(e^x-1)
]
写成迭代式：
[F_n(x)=prodlimits_{i=0}^{n-1}e^{2^ix}-1
]
这时候题解的方式显得麻烦。我们已经学会多项式全家桶了。
[egin{aligned}\
F_n(x)+n&=prodlimits_{i=0}^{n-1}e^{2^ix}\
&=exp(ln(prodlimits_{i=0}^{n-1}e^{2^ix}))\
&=exp(sumlimits_{i=0}^{n-1}2^ix)\
end{aligned}]
直接把系数加起来然后(exp)回去就行了。
这样就可以得到(dp[n][i])了。
直接统计答案即可。
Upd:最后一题算法假了。