有标号的DAG计数 II

Description

给定一正整数n，对n个点有标号的有向无环图(可以不连通)进行计数，输出答案mod 998244353的结果

Solution

考虑 (O(n^2)) DP
枚举出度为 (0) 的点,构成的新(DAG)方案数为
(f[i]=f[i-1]*C_{n}^{1}*2^{n-1})
即从 (n) 个点中选出一个点,作为出度为 (0) 的点,然后剩下 (n-1) 个点向这个点任意连边

但是 (f[i-1]) 中也会有出度为 (0) 的点,那么就算重了,考虑容斥这个算重的东西
(f[n]=sum_{i=1}^{n}(-1)^{i+1}**f[i-j]*C_{i}^{j}*2^{j*(i-j)})
即至少有一个出度为 (0) 的点-至少有两个的+....

这个式子可以 分治+(NTT) 优化
只需要拆 (2^{j*(i-j)}) 这个东西就行了

(sqrt(2)) 的逆元可以枚举求出来

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=4e5+10,G=116195171,mod=998244353;
inline int qm(int x,ll k){
	int sum=1;
	while(k){
		if(k&1)sum=1ll*sum*x%mod;
		x=1ll*x*x%mod;k>>=1;
	}
	return sum;
}
inline int inv(int x){return qm(x,mod-2);}
int n,m,R[N];
inline void NTT(int *A){
	for(int i=0;i<n;i++)if(i<R[i])swap(A[i],A[R[i]]);
	for(int i=1;i<n;i<<=1){
		int t0=qm(3,(mod-1)/(i<<1)),x,y;
		for(int j=0;j<n;j+=i<<1){
			int t=1;
			for(int k=0;k<i;k++,t=1ll*t*t0%mod){
				x=A[j+k];y=1ll*t*A[j+k+i]%mod;
				A[j+k]=(x+y)%mod;A[j+k+i]=(x-y+mod)%mod;
			}
		}
	}
}
inline void mul(int *A,int *B){
	NTT(A);NTT(B);
	for(int i=0;i<=n;i++)A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
	NTT(A);
	reverse(A+1,A+n);
	for(int i=0,t=inv(n);i<=n;i++)A[i]=1ll*A[i]*t%mod;
}
int Fac[N],Finv[N],Gac[N],Ginv[N],a[N],b[N],f[N];
void priwork(int n){
	Fac[0]=Finv[0]=Gac[0]=Ginv[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		Fac[i]=1ll*Fac[i-1]*i%mod;
		Finv[i]=inv(Fac[i]);
		Gac[i]=qm(G,1ll*i*i);
		Ginv[i]=inv(Gac[i]);
	}
}
inline void solve(int l,int r){
	if(l==r)return ;
	int mid=(l+r)>>1,L;
	solve(l,mid);
	m=r-l+1;
	for(n=1,L=0;n<=m;n<<=1)L++;
	for(int i=0;i<n;i++)R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)),a[i]=b[i]=0;
	for(int i=l;i<=mid;i++)a[i-l]=f[i];
	for(int i=1,o=1?1:-1;i<m;i++,o=-o){
		b[i]=1ll*o*Finv[i]*Ginv[i]%mod;
		if(b[i]<0)b[i]+=mod;
	}
	mul(a,b);
	for(int i=mid+1;i<=r;i++)f[i]=(f[i]+a[i-l])%mod;
	solve(mid+1,r);
}
int main(){
  freopen("pp.in","r",stdin);
  freopen("pp.out","w",stdout);
  int n;cin>>n;
  priwork(n);f[0]=1;
  solve(0,n);
  f[n]=1ll*f[n]*Fac[n]%mod*Gac[n]%mod;
  printf("%d
",f[n]);
  return 0;
}