【多项式·应用篇】有标号DAG计数问题

\(Preface\)

本文的核心内容很简单，就是围绕求\(n\)个点的有标号\(DAG\)个数展开的一系列讨论。

\(Problem\) \(1\)-\(1\)

• 求\(n\)个点的有标号\(DAG\)个数。
• 可以不连通。
• \(n\le5000\)

看数据范围显然只要用\(O(n^2)\)的做法就可以了。

考虑\(DAG\)中必然存在入度为\(0\)的点，且去掉这些入度为\(0\)的点之后得到的依然是\(DAG\)。

于是，我们可以设\(f_i\)表示\(i\)个点的有标号\(DAG\)数目，枚举一个\(j\)表示至少存在\(j\)个入度为\(0\)的点。

显然有此时的方案数为：

\[C_i^j\times 2^{j\times (i-j)}\times f_{i-j} \]

即，枚举选出哪\(j\)个点，枚举入度为\(0\)的点和其他点之间的边是否选择，而其他点依然形成\(DAG\)可以直接从已有状态转移。

看到至少，我们可以考虑容斥。

因此得到最终的转移方程：

\[f_i=\sum_{j=1}^i(-1)^{j-1}\times C_i^j\times2^{j\times(i-j)}\times f_{i-j} \]

\(Problem\) \(1\)-\(2\)

• 求\(n\)个点的有标号\(DAG\)个数。
• 可以不连通。
• \(n\le10^5\)

进一步考虑上面得到的式子，发现\(2^{j\times(i-j)}\)这个东西很难处理。

这需要一个据说算是套路的转化：

\[j\times(i-j)=\frac{i^2}2-\frac{j^2}2-\frac{(i-j)^2}2 \]

也就是说，原式就相当于：

\[f_i=\sum_{j=1}^i\frac{i!}{j!(i-j!)}\times\frac{\sqrt2^{i^2}}{\sqrt2^{j^2}\sqrt2^{(i-j)^2}}\times (-1)^{j-1}\times f_{i-j} \]

即：

\[\frac{f_i}{i!\times\sqrt 2^{i^2}}=\sum_{j=1}^i\frac{(-1)^{j-1}}{j!\times\sqrt2^{j^2}}\times\frac{f_{i-j}}{(i-j)!\times\sqrt2^{(i-j)^2}} \]

令\(F(x)=\sum_{i=0}^n\frac{f_i}{i!\times\sqrt2^{i^2}}x^i,G(x)=\sum_{i=1}^n\frac{(-1)^{i-1}}{i!\times\sqrt2^{i^2}}x^i\)，便有：

\[F(x)=G(x)*F(x)+1 \]

稍微转化一下就能得到：

\[F(x)=\frac1{1-G(x)} \]

\(Problem\) \(2\)-\(1\)

• 求\(n\)个点的有标号\(DAG\)个数。
• 要求弱连通。
• \(n\le5000\)

首先我们依然要求出\(f_i\)。

然后我们再设一个\(g_i\)，转移时去枚举\(1\)号点所在弱连通块大小，可得：

\[g_i=f_i-\sum_{j=1}^{i-1}C_{i-1}^{j-1}g_jf_{i-j} \]

\(Problem\) \(2\)-\(2\)

• 求\(n\)个点的有标号\(DAG\)个数。
• 要求弱连通。
• \(n\le10^5\)

发现\(g_i=C_{i-1}^{i-1}g_if_{i-i}\)，恰好能和\(\sum\)这一项拼在一起，也就是：

\[f_i=\sum_{j=1}^iC_{i-1}^{j-1}g_jf_{i-j} \]

拆开组合数得到：

\[\frac{f_i}{(i-1)!}=\sum_{j=1}^{i}\frac{g_j}{(j-1)!}\times\frac{f_{i-j}}{(i-j)!} \]

令\(F(x)=\sum_{i=0}^n\frac{f_i}{(i-1)!}x^i,G(x)=\sum_{i=0}^n\frac{g_i}{(i-1)!}x^i,H(x)=\sum_{i=0}^n\frac{f_i}{i!}x^i\)，便有：

\[F(x)=G(x)*H(x) \]

因此：

\[G(x)=F^{-1}(x)*H(x) \]

\(Postscript\)

好吧，余对于多项式这类问题终究还是不够熟练，仍需加强练习，唔姆。