题意
给定 (n) 个点，任意连边，每条边有 (m) 种颜色可选，求带环连通图的方案数。
(1leq nleq 10000)
(1leq m < 2^{31})
思路
直接求带环连通图显然比较难求，正难则反，考虑容斥。用连通图的个数减去无环连通图（树）的个数。
(n) 个节点的无根树，每个节点有区别，可以直接套用公式 (n^{n-2}) 。而再考虑边的颜色，就是 (m^{n-1}n^{n-2}) 。
我们设 (n) 个点，考虑边的颜色，构成不同连通图的方案数为 (f(n)) 。
直接求连通图还是不方便，那么我们再容斥：用图的个数减不连通图的个数，(n) 个点，考虑边的颜色，可以有 ((m+1)^{n(n+1)over2}) 种情况，设之为 (g(n))。
有一个小 ( ext{trick}) ，我们固定一个点，选一些点和它构成一个连通块，剩下的点任意构图，显然这样是可以不重不漏的，转移式如下
[f(n)=g(n)-sum_{i=1}^{n-1}{n-1choose i-1}f(i)g(n-i)
]
化简得
[f(n)=g(n)-(n-1)!sum_{i=1}^{n-1}{f(i)over (i-1)!}cdot{g(n-i)over(n-i)!}
]
这样就是一个 (n^2) 的 (dp) 式，并且形式上满足多项式乘法的形式，只是 (f) 在右边出现了。
那我们只能考虑左边对右边的转移，不难想到( ext{CDQ})分治。
void CDQ(int l,int r)
{
if(l==r){/*转移常量给dp[l]*/return;}
int mid=(l+r)>>1;
CDQ(l,mid);
/*处理[l,mid]的多项式和转移给[mid+1,r]的多项式*/
_Polynomial::multiply(/**/);
/*转移结果给dp[mid+1,r]*/
CDQ(mid+1,r);
return;
}
代码流程如上，在分治过程中考虑左边转移给右边，需保证在转移前，左边的值以计算完毕。
( ext{dp})式一般写成 (dp_i=A_icdot sum dp_jf_{i-j}+B_i) 看的会比较清晰。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define FOR(i,x,y) for(int i=(x),i##END=(y);i<=i##END;++i)
#define DOR(i,x,y) for(int i=(x),i##END=(y);i>=i##END;--i)
using namespace std;
template<typename T,typename _T>inline bool chk_min(T &x,const _T y){return y<x?x=y,1:0;}
template<typename T,typename _T>inline bool chk_max(T &x,const _T y){return x<y?x=y,1:0;}
typedef long long ll;
const int P=152076289;
const int N=1<<14|5;
namespace _Maths
{
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
if(!b){x=1,y=0;return;}
exgcd(b,a%b,y,x),y-=a/b*x;
}
ll Pow(ll a,ll p,ll P)
{
ll res=1;
for(;p>0;p>>=1,(a*=a)%=P)if(p&1)(res*=a)%=P;
return res;
}
ll inv(ll a,ll P){ll x,y;exgcd(a,P,x,y);return (x%P+P)%P;}
};
using namespace _Maths;
namespace _Polynomial
{
const int g=106;
int A[N<<1],B[N<<1];
int w[N<<1],r[N<<1];
void DFT(int *a,int op,int n)
{
FOR(i,0,n-1)if(i<r[i])swap(a[i],a[r[i]]);
for(int i=2;i<=n;i<<=1)
for(int j=0;j<n;j+=i)
for(int k=0;k<i/2;k++)
{
int u=a[j+k],t=(ll)w[op==1?n/i*k:(n-n/i*k)&(n-1)]*a[j+k+i/2]%P;
a[j+k]=(u+t)%P,a[j+k+i/2]=(u-t)%P;
}
if(op==-1)
{
int I=inv(n,P);
FOR(i,0,n-1)a[i]=(ll)a[i]*I%P;
}
}
void multiply(const int *a,const int *b,int *c,int n1,int n2)
{
int n=1;
while(n<n1+n2-1)n<<=1;
FOR(i,0,n1-1)A[i]=a[i];
FOR(i,0,n2-1)B[i]=b[i];
FOR(i,n1,n-1)A[i]=0;
FOR(i,n2,n-1)B[i]=0;
FOR(i,0,n-1)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)*(n>>1));
w[0]=1,w[1]=Pow(g,(P-1)/n,P);
FOR(i,2,n-1)w[i]=(ll)w[i-1]*w[1]%P;
DFT(A,1,n),DFT(B,1,n);
FOR(i,0,n-1)A[i]=(ll)A[i]*B[i]%P;
DFT(A,-1,n);
FOR(i,0,n1+n2-2)c[i]=(A[i]+P)%P;
}
};
int A[N],B[N],C[N<<1];
int fac[N],ifac[N],f[N],g[N];
int n;ll m;
void CDQ(int l,int r)
{
if(l==r){f[l]=(g[l]-(ll)fac[l-1]*f[l]%P)%P;return;}
int mid=(l+r)>>1;
CDQ(l,mid);
FOR(i,l,mid)A[(i)-l]=(ll)f[i]*ifac[i-1]%P;
FOR(i,1,r-l)B[(i)-1]=(ll)g[i]*ifac[i]%P;
_Polynomial::multiply(A,B,C,mid-l+1,r-l);
FOR(i,mid+1,r)f[i]=((ll)f[i]+C[(i)-l-1])%P;
CDQ(mid+1,r);
}
int main()
{
fac[0]=fac[1]=1;FOR(i,2,N-1)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%P;
ifac[0]=ifac[1]=1;FOR(i,2,N-1)ifac[i]=(ll)(P-P/i)*ifac[P%i]%P;
FOR(i,2,N-1)ifac[i]=(ll)ifac[i-1]*ifac[i]%P;
int T;
scanf("%d",&T);
FOR(Ti,1,T)
{
scanf("%d%lld",&n,&m);
FOR(i,1,n)f[i]=0;
FOR(i,1,n)g[i]=Pow(m+1,(ll)i*(i-1)/2,P);
CDQ(1,n);
printf("Case #%d: %lld
",Ti,(((ll)f[n]-Pow(n,n-2,P)*Pow(m,n-1,P))%P+P)%P);
}
return 0;
}