【agc005F】Many Easy Problems

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Solution

​​　　我们考虑统计每一个点的贡献，同样也是“正难则反”，（假设现在是一棵有根树，根节点是(1)）发现一个点(x)对当前的选择方案没有贡献当且仅当选择的(k)个点都在(x)的某一个儿子的子树内或者都不在(x)的子树内，然后总的方案数也是很好统计的，所以我们可以考虑用减法求出一个点在选择(k)个点的情况下的贡献(val_k(x))：

​​　　

[val_k(x)=inom n k-sumlimits_{uin son(x)}inom {size[u]} k ]

​​　　其中(size[u])表示的是以(u)为根的子树大小

​​​　　然后总的贡献就可以写成：

[Ans(k)=sumlimits_{i=1}^{n}val(i)=ncdot inom n k-sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{uin son(i)}inom {size[u]}k ]

​​　　这个时候我们可以考虑将相同的(size[u])合并一下，记(cnt[x])表示(size=x)的节点个数：

[Ans(k)=ncdotinom n k-sumlimits_{i=1}^{n}cnt[i]inom i k ]

​​​　　前面的部分可以单独计算，我们将后面的sigma单独拎出来，将组合数展开：

[egin{aligned} Ans1(k)&=sumlimits_{i=1}^n cnt[i]inom i k\ &=sumlimits_{i=1}^n cnt[i]cdot i!cdot k!cdot frac{1}{(i-k)!}\ Ans1(k)cdot k!&=sumlimits_{i=1}^n cnt[i]cdot i!cdot frac{1}{(i-k)!} end{aligned} ]

​​​　　然后我们发现后面的那个其实是一个卷积形式，​​然后看一下这个长得很奇怪的模数：(924844033 =2^{21}*3^2*7^2+1)，有个(2^{21})那所以我们可以放心NTT

​​​　　令(A[i]=cnt[i]cdot i!)，令(B[n-i]=frac{1}{(n-i)!})然后直接卷积一下即可，答案中指数为(n+k)的项的系数就是(Ans1(k))

​​​　　然后就可以直接算了ovo

​ ​​　　

​​​　　代码大概长这个样子

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
const int MOD=924844033,N=2*(1e5)+10,NT=N*4,G=5;
struct xxx{
	int y,nxt;
}a[N*2];
int h[N],fac[N],invfac[N],cnt[N],sz[N],ans[N];
int vala[N],valb[N];
int n,m,tot;
int mul(int x,int y){return 1LL*x*y%MOD;}
int add(int x,int y){return (1LL*x+y)%MOD;}
int ksm(int x,int y){
	int ret=1,base=x;
	for (;y;y>>=1,base=mul(base,base))
		if (y&1) ret=mul(ret,base);
	return ret;
}
namespace NTT{/*{{{*/
	int A[NT],B[NT],rev[NT],W[NT][2];
	int len,invlen;
	void init(){
		int invg=ksm(G,MOD-2);
		for (int i=1;i<=19;++i){
			W[1<<i][0]=ksm(G,(MOD-1)/(1<<i));
			W[1<<i][1]=ksm(invg,(MOD-1)/(1<<i));
		}
	}
	void get_len(int n,int m){
		for (int i=0;i<len;++i) A[i]=B[i]=0;
		int bit=0;
		for (len=1;len<=n+m;++bit,len<<=1);
		rev[0]=0;
		for (int i=1;i<len;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bit-1));
		invlen=ksm(len,MOD-2);
	}
	void ntt(int *a,int op){
		int w,w_n,u,v;
		for (int i=0;i<len;++i) if (rev[i]>i) swap(a[i],a[rev[i]]);
		for (int step=2;step<=len;step<<=1){
			w_n=W[step][op==-1];
			for (int st=0;st<len;st+=step){
				w=1;
				for (int i=0;i<(step>>1);++i){
					v=mul(a[st+i+(step>>1)],w);
					u=a[st+i];
					a[st+i]=add(u,v);
					a[st+i+(step>>1)]=add(u,MOD-v);
					w=mul(w,w_n);
				}
			}
		}
		if (op==1) return;
		for (int i=0;i<len;++i) a[i]=mul(a[i],invlen);
	}
	void Ntt(int *a,int *b,int n,int m){
		get_len(n,m);
		for (int i=0;i<=n;++i) A[i]=a[i];
		for (int i=0;i<=m;++i) B[i]=b[i];
		ntt(A,1);
		ntt(B,1);
		for (int i=0;i<len;++i) A[i]=mul(A[i],B[i]);
		ntt(A,-1);
	}
}/*}}}*/
void Add(int x,int y){a[++tot].y=y; a[tot].nxt=h[x]; h[x]=tot;}
void prework(int n){
	NTT::init();
	fac[0]=1;
	for (int i=1;i<=n;++i) fac[i]=mul(fac[i-1],i);
	invfac[n]=ksm(fac[n],MOD-2);
	for (int i=n-1;i>=0;--i) invfac[i]=mul(invfac[i+1],i+1);
}
int C(int n,int m){return n<m?0:1LL*fac[n]*invfac[m]%MOD*invfac[n-m]%MOD;}
void dfs(int fa,int x){
	int u;
	sz[x]=1;
	for (int i=h[x];i!=-1;i=a[i].nxt){
		u=a[i].y;
		if (u==fa) continue;
		dfs(x,u);
		sz[x]+=sz[u];
	}
	if (fa) ++cnt[n-sz[x]],++cnt[sz[x]];
}
void solve(){
	for (int i=1;i<=n;++i) vala[i]=mul(cnt[i],fac[i]);
	for (int i=0;i<=n;++i) valb[n-i]=invfac[i];
	//for (int i=0;i<=n;++i) printf("%d ",vala[i]);printf("
");
	//for (int i=0;i<=n;++i) printf("%d ",valb[i]);printf("
");
	NTT::Ntt(vala,valb,n+1,n+1);
	for (int i=1;i<=n;++i) ans[i]=mul(NTT::A[n+i],invfac[i]);
	for (int i=1;i<=n;++i)
		printf("%d
",add(mul(n,C(n,i)),MOD-ans[i]));
}

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("a.in","r",stdin);
#endif
	int x,y;
	scanf("%d",&n);
	memset(h,-1,sizeof(h));
	tot=0;
	for (int i=1;i<n;++i){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		Add(x,y); Add(y,x);
	}
	prework(n);
	dfs(0,1);
	solve();
}