Luogu5860 「SWTR-03」Counting Trees

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Solution

一棵(n)个点的树应满足度数和(sum a_i=2n-2)。而且只要度数和满足条件就一定能根据构造出一棵这样的树。

转化成求有多少种方案满足(sumlimits_{i=1}^ma_i=2m-2)，(m)任意。移下项就是：(sumlimits_{i=1}^m(a_i-2)=-2)。

(n^2)的01背包做法就显然了，设(f_{i,j})表示前(i)个点权值为(j)的方案，转移(f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i,j-v_i})。

然后考虑优化转移速度，有一个转到OGF上的妙招：

如果有n个物品，第(i)个物品有价值(a_i)，问总价值为(S)的选择方案。

设(F(x)=prodlimits_{i=1}^n(1+x^{a_i}))。那么答案就是([x^S]F(x))。

对(F(x))求(ln)，(ln F(x)=sumlimits_{i=1}^nln(1+x^{a_i}))。

泰勒展开：(ln(1+x)=0+sumlimits_{i=1}^infty (-1)^{i-1}frac{x^i}{i})。

代入(x=x^{a_i})，(ln(1+x^{a_i})=sumlimits_{j=1}^{lfloor frac{n}{a_i} floor}(-1)^{j-1}frac{x^{a_i imes j}}{j})。

所以在(a_i)的所有倍数位置加上贡献，最后(exp)回去即可。

实现的时候好呆啊！一个一个枚举(a_i)，以为是( ext O(nlogn))的，但是只要出题人不用脚造数据，只要出一堆度数小的，分分钟卡成( ext O(n^2))！所以正确的枚举姿势应该是：开桶计数。枚举度数，度数相同的一起加贡献。这样才是严格( ext O(nlogn))的。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read(){
	register int x=0,f=1;register char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){x=x*10+(ch^'0');ch=getchar();}
	return f?x:-x;
}

const int N=1.1e6,mod=998244353;
inline int power(int base,int n){int ans=1;for(;n;n>>=1,base=1ll*base*base%mod)if(n&1)ans=1ll*ans*base%mod;return ans;}
int n,a[N],f[N],inv[N],cnt[N];

namespace Poly{
	int trans[N];
	inline void NTT(int *a,int n,int type){
		static unsigned long long f[N];
		for(int i=0;i<n;++i)f[i]=a[i];
		for(int i=0;i<n;++i)if(i<trans[i])swap(f[i],f[trans[i]]);
		for(int len=2;len<=n;len<<=1){
			int e=power(3,(mod-1)/len),d=len>>1;if(type)e=power(e,mod-2);
			for(int p=0;p<n;p+=len)
				for(int i=p,nw=1;i<p+d;++i,nw=1ll*nw*e%mod){
					int t=1ull*f[i+d]*nw%mod;
					f[i+d]=f[i]+mod-t;f[i]+=t;
				}
		}
		for(int i=0;i<n;++i)a[i]=f[i]%mod;
	}
	inline void Times(int *f,int *a,int m1,int m2,int lim){
		static int g[N];
		int n=1;for(;n<m1+m2;n<<=1);
		for(int i=0;i<n;++i)trans[i]=(trans[i>>1]>>1)|(i&1?(n>>1):0);
		for(int i=0;i<m2;++i)g[i]=a[i];
		for(int i=m2;i<n;++i)g[i]=0;
		NTT(f,n,0),NTT(g,n,0);
		for(int i=0;i<n;++i)f[i]=1ll*f[i]*g[i]%mod;
		NTT(f,n,1);int inv=power(n,mod-2);
		for(int i=0;i<lim;++i)f[i]=1ll*f[i]*inv%mod;
		for(int i=lim;i<n;++i)f[i]=0;
	}
	inline void Inv(int *f,int m){
		static int g[N],p[N];
		int n=1;for(;n<m;n<<=1);
		g[0]=power(f[0],mod-2);
		for(int len=2;len<=n;len<<=1){
			for(int i=0;i<(len>>1);++i){p[i]=g[i]<<1;if(p[i]>=mod)p[i]-=mod;}
			Times(g,g,len>>1,len>>1,len),Times(g,f,len,len,len);
			for(int i=0;i<len;++i){g[i]=p[i]-g[i];if(g[i]<0)g[i]+=mod;}
		}
		for(int i=0;i<m;++i)f[i]=g[i];
		for(int i=0;i<n;++i)g[i]=p[i]=0;
	}
	inline void Drv(int *f,int m){
		for(int i=1;i<=m;++i)f[i-1]=1ll*f[i]*i%mod;
		f[m]=0;
	}
	inline void Itg(int *f,int m){
		for(int i=m;i;--i)f[i]=1ll*f[i-1]*power(i,mod-2)%mod;
		f[0]=0;
	}
	inline void Ln(int *f,int m){
		static int g[N];
		for(int i=0;i<m;++i)g[i]=f[i];
		Drv(g,m);Inv(f,m);
		Times(f,g,m,m,m);Itg(f,m);
		for(int i=0;i<m;++i)g[i]=0;
	}
	inline void Exp(int *f,int m){
		static int g[N],p[N];
		int n=1;for(;n<m;n<<=1);
		g[0]=1;
		for(int len=2;len<=n;len<<=1){
			for(int i=0;i<(len>>1);++i)p[i]=g[i];
			for(int i=(len>>1);i<len;++i)p[i]=0;
			Ln(p,len);
			for(int i=0;i<len;++i){p[i]=f[i]-p[i];if(p[i]<0)p[i]+=mod;}
			p[0]+=1;if(p[0]>=mod)p[0]-=mod;
			Times(g,p,len>>1,len,len);
		}
		for(int i=0;i<m;++i)f[i]=g[i];
		for(int i=0;i<n;++i)g[i]=p[i]=0;
	}
}using namespace Poly;

int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)++cnt[read()];
	inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=cnt[1];++i)inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	for(int i=3;i<=n;++i){
		int a=i-2;
		for(int j=1;a*j<=cnt[1];++j){
			int res=j&1?1:mod-1;res=1ll*res*inv[j]%mod*cnt[i]%mod;
			f[a*j]+=res;if(f[a*j]>=mod)f[a*j]-=mod;
		}
	}
	Exp(f,cnt[1]);
	int ans=0,res=1ll*cnt[1]*(cnt[1]-1)%mod*inv[2]%mod*power(2,cnt[2])%mod;
	for(int i=2;i<=cnt[1];++i){
		ans+=1ll*res*f[i-2]%mod;if(ans>=mod)ans-=mod;
		res=1ll*res*(cnt[1]-i)%mod*inv[i+1]%mod;
	}
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}