JZOJ6675. 【2020.05.30省选模拟】交通网络

Description

$n<=5e5$

Solution

O(n^4)

• 直接放弃思考矩阵树即可过$n<=80$，获得23分。

O(n^2)

• 考虑先枚举一些特殊边，将n个点分成m个联通块，再用prufer序列计算这个完全图的方案数：$n^{m-2}\prod_{i=1}^ms_i$
• 考虑prufer序列中的一个值代表了一条边，且长度为$m-2$，那么连边的时候就可以有n个顶点，即$n^{m-2}$。又因为prufer序列出现次数为度数-1，所以每一个联通块只考虑到了度数-1次顶点的选择，所以还有$si$的贡献没有计算到。
• 直接DP即可O(n^2)

O(nlogn)

• $\sum_{s}\prod_{i=1}^ms_i=(\sum_{i>=0}ix^i)^m[x^n]=(\frac{x}{(1-x)^2})^m[x^n]=\frac{1}{(1-x)^{2m}}[x^{n-m}]=(1+x+x^2+x^3+...)^{2m}[x^{n-m}]=C_{n-m+2m-1}^{2m-1}=C_{n+m-1}^{2m-1}$
• 因此确定m个联通快的方案数就是上面的东西乘上$n^{m-2}$。
• 但是这是至少$n-m$条特殊边的方案数,设至少n条方案为$f(n)$，则答案要求的恰好$g(n)$，有$f(n)=\sum_{m>=n}C_m^n*g(m)$.
• 则$g(n)=\sum_{m>=n}C_{m}^{n}(-1)^{m-n}f(m)$，卷积即可求出对应位置的答案。

O(n)

• 我们先考虑$2^x$为权值怎么办，那么相当于任意一个恰好x条的都会被它的任意一个子集算一次，答案实际上就是$\sum f(i)$。
• 再考虑权值为$x2^x$怎么做，$x2^x=2*x2^{x-1}$，后者就是$2*\sum_{i=0}^xiC_x^i$。
• 原本计算$2^x$时，是$\sum_{i=0}^xC_x^i$，那么现在这个答案显然就是$2*\sum f(i)*i$

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long 
#define mo 998244353
#define maxn 1000005
using namespace std;

int n,i;
ll fct[maxn],invf[maxn],ans,f[maxn],mul[maxn];

ll ksm(ll x,ll y){
	ll s=1;
	for(;y;y/=2,x=x*x%mo) if (y&1)
		s=s*x%mo;
	return s;
}

ll C(int n,int m){return fct[n]*invf[n-m]%mo*invf[m]%mo;}

int main(){
	scanf("%d",&n);
	fct[0]=1;for(i=1;i<=2*n;i++) fct[i]=fct[i-1]*i%mo;
	invf[2*n]=ksm(fct[2*n],mo-2);
	for(i=2*n-1;i>=0;i--) invf[i]=invf[i+1]*(i+1)%mo;
	mul[0]=1;for(i=1;i<=n;i++) mul[i]=mul[i-1]*n%mo;
	f[n-1]=1;for(i=2;i<=n;i++) f[n-i]=C(n+i-1,2*i-1)*mul[i-2]%mo;
	for(i=0;i<n;i++) ans+=f[i]*i%mo;
	printf("%lld",ans*2%mo);
}