P6295-有标号 DAG 计数【多项式求逆,多项式ln】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P6295

1|1题目大意

求所有 $n$ 个点的弱联通 $DAG$ 数量。

$1\leq n\leq 10^5$

1|2解题思路

先不考虑弱联通的限制，求 $n$ 个点的 $DAG$ 数量。

设为 $f_i$ ，那么有式子

f_{n} = \sum_{i = 1}^{n} (\binom{n}{i}) 2^{i (n - i)} f_{n - i} (- 1)^{i + 1}

$f_n=\sum_{i=1}^{n}\binom{n}{i}2^{i(n-i)}f_{n-i}(-1)^{i+1}$

这个式子的意思是说新建一层出度为 $0$ 的点， $\binom{n}{i}$ 很显然，然后 $2^{i(n-i)}$ 是连边，然后 $f_{n-i}$ 表示前面的方案。之后会发现这样的连法其实不保证原来出度为 $0$ 的点现在都不为 $0$ 了，也就是说这个是至少有 $i$ 个出度为 $0$ 的点的方案，那么要有一个容斥系数 $(-1)^{i+1}$ 。

然后把 $2^{i(n-i)}$ 拆成 $2^{\binom{n}{2}}2^{-\binom{i}{2}}2^{-\binom{n-i}{2}}$ 化一下两边的式子就是

\frac{f_{n}}{2^{(\binom{n}{2})} n!} = \sum_{i = 1}^{n} \frac{(- 1)^{i + 1}}{2^{(\binom{i}{2})} i!} \frac{f_{n - i}}{2^{(\binom{n - i}{2})} (n - i)!}

$\frac{f_n}{2^{\binom{n}{2}}n!}=\sum_{i=1}^n\frac{(-1)^{i+1}}{2^{\binom{i}{2}}i!}\frac{f_{n-i}}{2^{\binom{n-i}{2}}(n-i)!}$

很经典的式子，设 $G(x)[n]=\frac{f_n}{2^{\binom{n}{2}}n!},F(x)[n]=\frac{(-1)^{n+1}}{2^{\binom{n}{2}}n!}$

那么有

G = G F + 1 \Rightarrow G = \frac{1}{1 - F}

$G=GF+1\Rightarrow G=\frac{1}{1-F}$

多项式求逆就可以得到 $G$ 。

然后得出数组 $f$ ，要求弱联通的话挺显然的就是如果弱联通的生成函数是 $H$ ，没有要求的是 $F$
那么有

e^{H} = F \Rightarrow H = \ln (F)

$e^H=F\Rightarrow H=\ln(F)$

所以在再个多项式ln就好了。

时间复杂度： $O(n\log n)$

1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1<<17,M=N*8,P=998244353;
ll T,F[M],G[M],tmp[M],t1[M],t2[M],r[M];
ll power(ll x,ll b){
	ll ans=1;
	while(b){
		if(b&1)ans=ans*x%P;
		x=x*x%P;b>>=1;
	}
	return ans;
}
void NTT(ll *f,ll n,ll op){
	for(ll i=0;i<n;i++)
		if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);
	for(ll p=2;p<=n;p<<=1){
		ll len=p>>1,tmp=power(3,(P-1)/p);
		if(op==-1)tmp=power(tmp,P-2);
		for(ll k=0;k<n;k+=p){
			ll buf=1;
			for(ll i=k;i<k+len;i++){
				ll tt=buf*f[i+len]%P;
				f[i+len]=(f[i]-tt+P)%P;
				f[i]=(f[i]+tt)%P;
				buf=buf*tmp%P;
			}
		}
	}
	if(op==-1){
		ll invn=power(n,P-2);
		for(ll i=0;i<n;i++)
			f[i]=f[i]*invn%P;
	}
	return;
}
void GetInv(ll *f,ll *g,ll n){
	if(n==1){g[0]=power(f[0],P-2);return;}
	GetInv(f,g,n>>1);ll m=n<<1;
	for(ll i=0;i<n;i++)tmp[i]=F[i];
	for(ll i=n;i<m;i++)tmp[i]=0;
	for(ll i=0;i<m;i++)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(m>>1):0);
	NTT(tmp,m,1);NTT(g,m,1);
	for(ll i=0;i<m;i++)g[i]=(2*g[i]-tmp[i]*g[i]%P*g[i]%P+P)%P;
	NTT(g,m,-1);
	for(ll i=n;i<m;i++)g[i]=0;
	return;
}
void GetD(ll *f,ll *g,ll n){
	for(ll i=0;i<n-1;i++)
		g[i]=f[i+1]*(i+1)%P;
	g[n-1]=0;return;
}
void GetJ(ll *f,ll *g,ll n){
	for(ll i=1;i<n;i++)
		g[i]=f[i-1]*power(i,P-2)%P;
	g[0]=0;return;
}
void GetLn(ll *f,ll *g,ll n){
	memset(t1,0,sizeof(t1));
	memset(t2,0,sizeof(t2));
//	n<<=1;
	GetD(f,t1,n);
	GetInv(f,t2,n);
	ll m=n<<1;
	for(ll i=0;i<m;i++)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(m>>1):0);
	NTT(t1,m,1);NTT(t2,m,1);
	for(ll i=0;i<m;i++)t1[i]=t1[i]*t2[i]%P;
	NTT(t1,m,-1);
	for(ll i=n;i<m;i++)t1[i]=0;
	GetJ(t1,g,n);return;
}
signed main()
{
	F[1]=1;
	for(ll i=2;i<N;i++)F[i]=P-F[P%i]*(P/i)%P;
	F[0]=1;
	for(ll i=1;i<N;i++)F[i]=F[i-1]*F[i]%P;
	for(ll i=0;i<N;i++)F[i]=F[i]*power(power(2,i*(i-1)/2%(P-1)),P-2)%P;
	for(ll i=0;i<N;i++)F[i]=(i&1)?(P-F[i]):F[i];
	GetInv(F,G,N);
	for(ll i=0;i<N;i++)F[i]=G[i]*power(2,i*(i-1)/2%(P-1))%P;
	memset(G,0,sizeof(G));
	GetLn(F,G,N);
	scanf("%lld",&T);
	for(ll i=1,pw=1;i<=T;i++,pw=pw*i%P)
		printf("%lld\n",G[i]*pw%P);
	return 0;
}

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本文作者：QuantAsk
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