@topcoder - SRM697D1L3@ ConnectedStates
@description@
有n个城市，每个城市有个权值wi，任意两个城市i,j之间的道路数有wi∗wj条。
对于每种生成树，设每个点的度数为di，其权值定义为∏di。
问所有无根生成树的权值和。答案对1e9+7取模。
Class:
ConnectedStates
Method:
getSum
Parameters:
int[]
Returns:
int
Constraints
n <= 2000
Examples
0）
{"3, 10"}
Returns: 30
1）
{"2, 2, 2"}
Returns: 96
2）
{"1, 1, 1, 1"}
Returns: 60
@solution@
update 2020/07/09：我以前写的那种推导方法非常垃圾，其实这道题可以直接生成函数：
设 \(P_i(x)=\sum_j\frac{(j+1)w_i^jx^j}{j!}\)，答案显然为 \((n-2)!\times(\prod_i w_i)\times\prod_i P_i(x)[x^{n-2}]\)。
注意到 \(P_i(x) = \sum_j \frac{w_i^jx^j}{j!}+\sum_j\frac{w_i^jx^j}{(j-1)!} = (w_ix+1)e^{w_ix}\)。
因此可以得到 \(\prod_i P_i(x)[x^{n-2}] = e^{(\sum_i w_i)x}\prod(w_ix+1)[x^{n-2}]\)
背包做 \(\prod(w_ix+1)\) 即可。想要再快点可以写分治 + 任意模数 fft。
（下面说的什么多项式幂公式等乱七八糟的本质就是 \(e^{(a+b)x}=e^{ax}\times e^{bx}\)）
考虑如果固定了生成树的形态，对应的方案应该是所有树边条数的乘积。
稍微变一变其实就是 \(\prod_{i=1}^{n}w_{i}^{d_i}\)，这样就只跟点的度数有关了。
根据我们的 prufer 定理，最终答案为：
如果将 i 有关的项整理到一起然后 fft 一下的时间复杂度是 O(n^2*logn)，但是我们可以做到更优。
优化的思路来源在于多项式的幂公式，即：
注意到下面这个公式和上面的答案表达式其实是很相像的，我们考虑进一步地变形：
令 \(a_i = d_i - 1\)，得到：
基本就是一样了，但还有一个 \(\prod_{i=1}^{n}(a_i + 1)\) 阻碍我们。
考虑将它拆开，依次考虑每一个单项式 \(a_{p_1}*a_{p_2}*...*a_{p_m} = \prod_{j=1}^{m}a_{p_j}\) 的贡献，其中 \(1 \le p_1 < p_2 < ... < p_m \le n\)。它的贡献为：
考虑将这些 a 乘入阶乘中去，令得到的新的阶乘分别为 \(c_1, c_2, ... c_n\)，再变一下形得到：
终于化成了我们想要的东西。
再将上面那个套入我们的答案表达式中，即可得到：
中间那个看似很鬼畜的式子用 dp 处理一下就好啦。时间复杂度 O(n^2)。
@accepted code@
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 2000;
const int MOD = int(1E9) + 7;
class ConnectedStates{
public:
int pow_mod(int b, int p) {
int ret = 1;
while( p ) {
if( p & 1 ) ret = 1LL*ret*b%MOD;
b = 1LL*b*b%MOD;
p >>= 1;
}
return ret;
}
int dp[MAXN + 5], w[MAXN + 5], pro, n;
int fct[MAXN + 5], ifct[MAXN + 5], pw[MAXN + 5];
void get_ready() {
dp[0] = 1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=n;j>=1;j--)
dp[j] = (dp[j] + 1LL*dp[j-1]*w[i]%MOD)%MOD;
pw[0] = 1, pw[1] = 0, pro = 1;
for(int i=1;i<=n;i++)
pw[1] = (pw[1] + w[i])%MOD, pro = 1LL*pro*w[i]%MOD;
for(int i=2;i<=n;i++)
pw[i] = 1LL*pw[i-1]*pw[1]%MOD;
fct[0] = 1;
for(int i=1;i<=n;i++)
fct[i] = 1LL*fct[i-1]*i%MOD;
ifct[n] = pow_mod(fct[n], MOD - 2);
for(int i=n-1;i>=0;i--)
ifct[i] = 1LL*ifct[i+1]*(i+1)%MOD;
}
int getSum(vector<int>vec) {
n = vec.size();
for(int i=1;i<=n;i++)
w[i] = vec[i-1];
get_ready();
int ret = 0;
for(int i=0;i<=n-2;i++)
ret = (ret + 1LL*dp[i]*pw[n-2-i]%MOD*ifct[n-2-i]%MOD)%MOD;
return 1LL*ret*fct[n-2]%MOD*pro%MOD;
}
};
@details@
当我看到这个做法的瞬间：woc 这是什么神仙操作。
果真人类智慧啊。
但我觉得这个数据范围好像fft可以过？
