description
刚刚解决完电力网络的问题, 阿狸又被领导的任务给难住了.
刚才说过, 阿狸的国家有n 个城市, 现在国家需要在某些城市对之间建立一些贸易路线, 使得整个国家的任意两个城市都直接或间接的连通.
为了省钱, 每两个城市之间最多只能有一条直接的贸易路径. 对于两个建立路线的方案, 如果存在一个城市对, 在两个方案中是否建立路线不一样, 那么这两个方案就是不同的, 否则就是相同的. 现在你需要求出一共有多少不同的方案.
好了, 这就是困扰阿狸的问题. 换句话说, 你需要求出n 个点的简单(无重边无自环)无向连通图数目.
由于这个数字可能非常大, 你只需要输出方案数mod 1004535809(479 * 2 ^21 + 1)即可.
analysis
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看到模数就应该知道是分治(+NTT)
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设(f[i]表示)为(i)的答案，那么肯定是全部的方案数减去不合法的方案数
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设(g[i]=2^{left( egin{matrix} 2\ i\ end{matrix} ight)})，也就是一共有(left( egin{matrix} 2\ i\ end{matrix} ight))条边，就是(2^{left( egin{matrix} 2\ i\ end{matrix} ight)})种总方案数
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推推可以知道(f[n]=g[n]-sum_{i=1}^{n-1}left( egin{matrix} i-1\ n-1\ end{matrix} ight)g[i]*f[n-i])，拆组合数之后就是
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(f[n]=g[n]-sum_{i=1}^{n-1}{{(n-1)!}over{(i-1)!(n-i)!}}*g[i]*f[n-i])，移一下项就是
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(f[n]=g[n]-(n-1)!sum_{i=1}^{n-1}{{g[i]}over{(i-1)!}}*{{f[n-i]}over{(n-i)!}})
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后面那个就是卷积了，好像可以直接套(NTT)，然而正着推是(O(n^2log_2n))，我也不会多项式求逆
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于是考虑(CDQ)分治，对于([l,r])区间，单独求出所有([l,mid])对([mid+1,r])的贡献
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具体就是，把已经知道具体值的(f[l..mid])拉出来，与(g[1..r-l+1])乘起来
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然后两个乘起来，后者长度是前者的两倍，多出来的那一段即为分别对([mid+1,r])每一位的贡献
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如果新多项式为(h)，(h)的第(i)项系数为(f,g)下标之和等于(i)的系数积之和
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即比如(f[3]=g[3]-({{g[1]}over{0!}}*{{f[2]}over{2!}}+{{g[2]}over{1!}}*{{f[1]}over{1!}}))，由于(f[2])已从(f[1])推得，于是
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注意为了方便下面我都把(f,g)和阶乘的逆元并进(f`,g`)里面了，不要看漏
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(left( egin{matrix} f`[1], f`[2], 0, 0\ g`[1],g`[2],g`[3],g`[4]\ h[1],h[2],h[3],h[4]\ end{matrix} ight))，那么(h[3]=f`[1]*g`[2]+f`[2]*g`[1])，恰好等于(f[3]-g[3])，第三位的答案就求出了
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而(h[4]=f`[1]*g`[3]+f`[2]*g`[2]+0*g`[3])，([1,2])区间对第四位的贡献就为(h[4])
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分治到([3,3])区间时，这种方法同理会给第四位(f`[3]*g`[1])贡献，于是第四位的答案也求出了
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这样分治下去，可以知道是对的
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当区间长度为(1)时，当前点前面的贡献都已经算完，(f)值即为(g[l]-(l-1)!*贡献)
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分治共(log_2n)层，每层搞(NTT)，复杂度即(O(nlog_2^2n))
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具体很难理解，可以多加思考，或者参考一下这里
其实是我晚上做梦的时候想懂的 -
不过其实多项式这块我还是超蒟，还是要多做题……
code
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#define g 3
#define mod 1004535809
#define MAXN 130000
#define MAXLEN MAXN*4
#define ll long long
#define fo(i,a,b) for (ll i=a;i<=b;++i)
#define fd(i,a,b) for (ll i=a;i>=b;--i)
using namespace std;
ll inv[MAXN+5],fac[MAXN+5],C[MAXLEN+5];
ll a[MAXLEN+5],b[MAXLEN+5],f[MAXLEN+5],rev[MAXLEN+5];
ll n,m,len,ans;
inline ll read()
{
ll x=0,f=1;char ch=getchar();
while (ch<'0' || '9'<ch){if (ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while ('0'<=ch && ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
inline ll pow(ll x,ll y)
{
ll z=1;
while (y)
{
if (y&1)z=z*x%mod;
y>>=1,x=x*x%mod;
}
return z;
}
inline ll work(ll x)
{
ll y=1;
while (y<x)y*=2;
return y*2;
}
inline void init()
{
fac[0]=fac[1]=1;
fo(i,2,MAXN)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
inv[MAXN]=pow(fac[MAXN],(ll)(mod-2))%mod;
fd(i,MAXN,1)inv[i-1]=inv[i]*i%mod,C[i]=pow(2,i*(i-1)/2);
}
inline void ntt(ll a[],ll len,ll inv)
{
ll bit=0;
while ((1<<bit)<len)++bit;
fo(i,0,len-1)
{
rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bit-1));
if (i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
}
for (ll mid=1;mid<len;mid*=2)
{
ll tmp=pow(g,(mod-1)/(mid*2));
if (inv==-1)tmp=pow(tmp,mod-2);
for (ll i=0;i<len;i+=mid*2)
{
ll omega=1;
for (ll j=0;j<mid;++j,omega=omega*tmp%mod)
{
ll x=a[i+j],y=omega*a[i+j+mid]%mod;
a[i+j]=(x+y)%mod,a[i+j+mid]=(x-y+mod)%mod;
}
}
}
}
inline void binary_search(ll l,ll r)
{
if (l==r)
{
f[l]=(C[l]-f[l]*fac[l-1]%mod+mod)%mod;
return;
}
ll mid=(l+r)>>1;
binary_search(l,mid);
ll len=work(r-l+1),invv=pow(len,mod-2);
fo(i,0,len-1)a[i]=b[i]=0;
fo(i,1,mid-l+1)a[i]=f[l+i-1]*inv[l+i-2]%mod;
fo(i,1,r-l)b[i]=C[i]*inv[i]%mod;
ntt(a,len,1),ntt(b,len,1);
fo(i,0,len-1)a[i]=(a[i]*b[i])%mod;
ntt(a,len,-1);
fo(i,0,len-1)a[i]=(a[i]*invv)%mod;
fo(i,mid+1,r)(f[i]+=a[i-l+1])%=mod;
binary_search(mid+1,r);
}
int main()
{
n=read(),init(),m=work(n);
binary_search(1,m/2);
printf("%lld
",f[n]);
return 0;
}