【THUPC 2018】好图计数

Problem

Description

这道题目非常简单，它甚至没有题目背景、没有任何故事。

但为了能让你顺利理解题目，善良的 Yazid 将为你介绍一些概念。

• 简单图：不存在重边、自环的图。（重边即为两条完全相同的边，自环即为两端点为同一节点的边）

• 补图：一个图 (G) 的补图有与 (G) 完全相同的节点，且任意两点之间有边当且仅当他们在 (G) 中不相邻。

我们归纳定义一个无向简单图是好的：

1. 一个单点是好的。

2. 若干个好的图分别作为联通块所形成的图是好的。

3. 一个好的图的补图是好的。

总共 (T) 组数据。

每组数据给定一个正整数 (n)。

求 (n) 个点的本质不同的好的图的数量对质数 (P) 取模的结果。

两个好的图的被认为是本质不同的，当且仅当无论如何将一个图重标号，它都不能与另一个图完全相同。

Range

(Tle 233, nle 23333, 2^{29}< P< 2^{30}) ，且 (P) 为质数。

Algorithm

生成函数，(DP) 。

Mentality

典型的利用生成函数寻找性质。

根据题目这个奇怪的定义，我们可以得到以下结论：

不难发现，当超过一个点的时候，一个联通图要成为好图，必须依靠条件 (3) 。

同时，对于一个不联通的图，它的补图一定是个联通图。证明很简单，对于任意两个联通块 (A) 和 (B) ，在补图里，(A) 中的每个点都会向 (B) 中的每个点连边，则两个联通块自然就联通了。

则我们的联通好图和不联通好图一定可以成对两两互补。

所以设 (f_n) 为 (n) 个点的好图个数，(g_n) 为 (n) 个点的联通好图个数，则有：(f_n=2g_n) 。

为了推式子比较方便，我们设 (f_0=1) 。

不难发现，对于大小为 (k) 的联通好图，其能够组成的好图方案的生成函数为：

[(sum_i x^{ik})^{g_k}=(1-x^k)^{-g_k} ]

则我们可以列出 ({f_n}) 的生成函数 (F) 的式子：

[F=prod_{k} (1-x^k)^{-g_k} ]

发现右边是 (prod) 特别不好搞，于是考虑用 (ln) 拆成加法，然后再求导去掉 (ln)。

[lnF=sum_k (ln(1-x^k)^{-g_k})\ frac{F'}{F}=sum_k g_k*k*frac{x^{k-1}}{1-x^k}\ F'=F*sum_k g_k*k*frac{x^{k-1}}{1-x^k} ]

接下来我们要推递推用的式子了：

[[x^n]F'=(n+1)f_{n+1}=[x^n]F*(sum_k g_k*k*frac{x^{k-1}}{1-x^k})\ =sum_{i=0}^n f_i*[x^{n-i}](sum_k g_k*k*frac{x^{k-1}}{1-x^k}) ]

对于 (frac{x^{k-1}}{1-x^k}) 来说，考虑 (frac{1}{1-x^k}=sum_{i>=0}x^{ik}) ，则有：

[frac{x^{k-1}}{1-x^k}=sum_{i>=1}x^{ik-1} ]

故可得：

[[x^{n-i}](sum_k g_k*k*frac{x^{k-1}}{1-x^k})=sum_{k|(n-i+1)} kg_k ]

然后我们设 (h_i=sum_{j|i} j*g_j)

代回原式便有：

[(n+1)f_{n+1}=sum_{i=0}^n f_i * h(n-i+1) ]

发现由于在计算 (f_0*h(n+1)) 的时候式中包含未知的 (g_{n+1}=frac{f_{n+1}}{2}) ，所以将其移到左边去，则式子变为：

[frac{(n+1)}{2}f_{n+1}=sum_{i=1}^n f_i * h(n-i+1)+sum_{k|(n+1),k<n+1} k*g(k) ]

因为 (O2) 很猛，直接 (n^2) 卡常递推就可以过了。

至于怎么卡常……什么 (FastMod) 加速取模都是假的，真正快到极致的就是不取模，用 (int128) 省去大量取模，你值得拥有。

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define LL long long
#define go(G, x, i, v) 
  for (int i = G.hd[x], v = G.to[i]; i; v = G.to[i = G.nx[i]])
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
inline LL read() {
  LL x = 0, w = 1;
  char ch = getchar();
  while (!isdigit(ch)) {
    if (ch == '-') w = -1;
    ch = getchar();
  }
  while (isdigit(ch)) {
    x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0';
    ch = getchar();
  }
  return x * w;
}

const int Max_n = 3e4 + 5;
int T, mod, n;
int f[Max_n], g[Max_n], h[Max_n];

namespace Init {
int ksm(int a, int b = mod - 2) {
  int res = 1;
  for (; b; b >>= 1, a = (LL)a * a % mod)
    if (b & 1) res = (LL) res * a % mod;
  return res;
}
void main() {
  n = 23333;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    __int128 t = 0;
    for (int j = 1; j < i; j++) t += (LL)f[j] * h[i - j];
    f[i] = 2ll * (f[i] + t % mod) * ksm(i) % mod;
    g[i] = (LL)ksm(2) * f[i] % mod + (i == 1), f[i] += (i == 1);
    for (int j = i; j <= n; j += i) {
      (h[j] += (LL)i * g[i] % mod) %= mod;
      if (j > i) (f[j] += (LL)i * g[i] % mod) %= mod;
    }
  }
}
}  // namespace Init

int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("6389.in", "r", stdin);
  freopen("6389.out", "w", stdout);
#endif
  T = read(), mod = read();
  Init::main();
  while(T--) {
    n = read();
    printf("%d
", f[n]);
  }
}