【BZOJ3456】【CDQ分治+FNT】城市规划

试题来源

　　2013中国国家集训队第二次作业

问题描述

　　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.

输入格式

　　仅一行一个整数n(<=130000)

输出格式

　　仅一行一个整数, 为方案数 mod 1004535809.

样例输入

3

样例输出

4

样例输入

4

样例输出

28

样例输入

100000

样例输出

829847355

数据规模和约定

　　对于 20%的数据, n <= 10
　　对于 40%的数据, n <= 1000
　　对于 60%的数据, n <= 30000
　　对于 80%的数据, n <= 60000
　　对于 100%的数据, n <= 130000

【分析】

非常巧妙的题目。

首先可以推递推式，用f(n) = 2^C(n,2) - sigma{(2 ^ C(n - i, 2)) * C(n - 1, i - 1) * f(i) |  1<= i <n  }

相当于选定一个点不动，逐步扩大该点所在的联通快的大小。

可以保证不会出现重复。

经过化简将C(n-1,i-1)中的(n-1)!提出来以后，可以通过一种非常巧妙的构造卷积的方式解决问题(详见代码)。

为什么可以用FFT？。。。。FFT怎么取模啊，不会QAQ。

/*
宋代朱敦儒
《西江月·世事短如春梦》
世事短如春梦，人情薄似秋云。不须计较苦劳心。万事原来有命。
幸遇三杯酒好，况逢一朵花新。片时欢笑且相亲。明日阴晴未定。 
*/
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <string>
#include <ctime>
#define LOCAL
const int MAXN = 130000 * 2 * 2 + 10;
const long long MOD = 1004535809;//费马数论变换的费马素数 
long long G = 3;//元根 
using namespace std;
typedef long long ll;
ll x1[MAXN], x2[MAXN];
ll data[MAXN], Ans[MAXN];
ll f[MAXN], I[MAXN], nI[MAXN], C[MAXN];
ll inv2[MAXN], wn[MAXN], Inv[MAXN];

ll pow(ll a, ll b){
   if (b == 0) return 1 % MOD;
   if (b == 1) return a % MOD;
   ll tmp = pow(a, b / 2);
   if (b % 2 == 0) return (tmp * tmp) % MOD;
   else return ((tmp * tmp) % MOD * (a % MOD)) % MOD;
}
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y){
   if (b == 0){x = 1ll; y = 0; return a;}
   ll tmp = exgcd(b, a % b, y, x);
   y -= x * (a / b);
   return tmp;
}
ll inv(ll a, ll p){
   ll x, y;
   ll tmp = exgcd(a, p, x, y);
   return ((x % MOD) + MOD) % MOD; 
}
void change(ll *x, int len, int loglen){
     for (int i = 0; i < len; i++){
         int t = i, k = 0, tmp = loglen;
         while (tmp--) {k = (k << 1) + (t & 1); t >>= 1;}
         if (k < i) swap(x[i], x[k]);
     }
     return;
}
void FNT(ll *x, int len, int loglen, int type){
     if (type) change(x, len, loglen);
     int t;
     t = (type ? 1: (1 << loglen));
     for (int i = 0; i < loglen; i++){
         if (!type) t >>= 1;
         int l = 0, r = l + t;
         while (l < len){
               ll a, b;
               ll tmp = 1ll, w = wn[t];
               if (!type) w = Inv[t];
               for (int j = l; j < l + t; j++){
                   if (type){
                      a = x[j] % MOD;
                      b = (x[j + t] * (tmp % MOD)) % MOD;
                      x[j] = (a + b) % MOD;
                      x[j + t] = ((a - b) % MOD + MOD) % MOD; 
                   }else{
                      a = (x[j] + x[j + t]) % MOD;
                      b = ((((x[j] - x[j + t]) % MOD + MOD) % MOD) * tmp) % MOD;
                      x[j] = a;
                      x[j + t] = b;
                   }
                   tmp = (tmp * w) % MOD;
               }
               l = r + t;
               r = l + t;
         } 
         if (type) t <<= 1;
     }
     if (!type){
        change(x, len, loglen);
        for (int i = 0; i < len; i++) x[i] = (x[i] % MOD * inv(len, MOD)) % MOD;
     }
}
//CDQ分治 
void solve(int l, int r){
     if (l == r){
        //T为组合数的, I[l]为阶乘的模 
        f[l] = (C[l] - (I[l - 1] * f[l]) % MOD + MOD) % MOD;
        return;
     }
     int mid = (l + r) >> 1;
     solve(l, mid);
     int len = max(mid - l + 1, r - mid), loglen = 1;
     while ((1<<loglen) < ((r - l + 1) << 1)) loglen++;//要把卷积分成两个部分
     
     for (int i = 0; i < (1<<loglen); i++) x1[i] = x2[i] = 0;
     for (int i = l; i <= mid; i++) x1[i - l] = (nI[i - 1] * f[i]) % MOD;
     for (int i = 1; i <= r - l; i++) x2[i] = (C[i] * nI[i]) % MOD;
     
     FNT(x1, (1<<loglen), loglen, 1);
     FNT(x2, (1<<loglen), loglen, 1);
     for (int i = 0; i < (1<<loglen); i++) x1[i] = (x1[i] * x2[i]) % MOD;
     FNT(x1, (1<<loglen), loglen, 0);
     for (int i = mid + 1; i <= r; i++) f[i] = (f[i] + x1[i - l] % MOD) % MOD;
     solve(mid + 1, r);
}
int n;
void init(){
     scanf("%d", &n);
     inv2[0] = 1;
     inv2[1] = inv(2, MOD);
     //预处理2的阶乘的逆元 
     for (int i = 2; i <= n; i++) inv2[i] = (inv2[i - 1] * inv2[1]) % MOD;
     for (int i = 1; i <= 2 * n; i++){
         if (i != 1 && (MOD - 1) / (2 * i) == (MOD - 1) / (2 * (i - 1))){
            wn[i] = wn[i - 1];
            Inv[i] = Inv[i - 1];
         }else{
            wn[i] = pow(G, (MOD - 1) / (2 * i)) % MOD;
            Inv[i] = inv(wn[i], MOD) % MOD;
         }
     }
     I[0] = nI[0] = 1;//分别代表阶乘和阶乘的-1次方 
     for (int i = 1; i <= n; i++){
         I[i] = (long long)(i * I[i - 1]) % MOD;
         nI[i] = (inv((long long)i, MOD) * nI[i - 1]) % MOD;
         //printf("%lld
", nI[i]);
     } 
     //预处理组合数2^C(n, 2)
     for (int i = 1; i <= n; i++){
         C[i] = pow(2ll, (long long)((long long)i * (i - 1)) / 2) % MOD;
         //printf("%lld
", C[i]);
     }
}


int main() {
   
    init();
    solve(1, n);
    printf("%lld
", f[n]);
    return 0;
}