@bzoj - 5219@ [Lydsy2017省队十连测]最长路径
@description@
在Byteland一共有n个城市，编号依次为1到n，形成一个n个点的竞赛图。
请写一个程序，帮助Byteasar计算有多少种道路修建方式，使得从1号点出发的最长简单路径经过点数恰好为k，由
于答案可能很大，请对P取模输出
Input
第一行包含两个正整数n,P，表示点数和模数。
2≤P≤1e9,N<=2000
Output
输出n行，第i行输出从1出发的最长简单路径经过点数恰好为i的竞赛图个数模P。
Sample Input
2 233
Sample Output
1
1
@solution@
首先根据我们竞赛图的性质，在进行强连通缩点后，一个点出发的最长简单路径长度 = 它所在强连通分量大小 + 拓扑序在它之后的点数。
至于证明，我的这篇博客里面有。
考虑如果路径长度为 k 时，枚举 1 所在强连通分量的大小为 p。则只需要保证 1 之前的 n - k 个点全部向后面连边，1 之后的 k - p 个点全部由前面连过来即可，其他就没有多余的对这 n - p 个点的限制。
我们记 f[i] 表示 i 个点的竞赛图个数，g[i] 表示 i 个点的强连通竞赛图个数，则（注意要保证 1 号点一定在强连通内部）：
\[ans[k] = \sum_{p=1}^{k}C_{n-1}^{n-k}*C_{k-1}^{k-p}*f[n-k]*g[p]*f[k-p]
\]
因为 \(f[i] = 2^{C_i^2}\)，所以我们考虑怎么求 g。
考虑经典容斥。假如 i 个点不形成强连通，则我们枚举将 i 个点缩点后拓扑序最靠前的强连通大小，就可以容斥。即：
\[g[i] = f[i] - \sum_{j=1}^{i-1}C_{i}^{j}*g[j]*f[i-j]
\]
@accepted code@
#include<cstdio>
const int MAXN = 2000;
int f[MAXN + 5], g[MAXN + 5], h[MAXN + 5];
int c[MAXN + 5][MAXN + 5];
int n, P;
int main() {
scanf("%d%d", &n, &P);
for(int i=0;i<=n;i++) {
c[i][0] = 1;
for(int j=1;j<=i;j++)
c[i][j] = (c[i-1][j] + c[i-1][j-1])%P;
}
int tmp = 1; f[0] = f[1] = 1;
for(int i=2;i<=n;i++)
tmp = 2LL*tmp%P, f[i] = 1LL*f[i-1]*tmp%P;
for(int i=1;i<=n;i++) {
g[i] = f[i];
for(int j=1;j<i;j++)
g[i] = (g[i] + P - 1LL*c[i][j]*g[j]%P*f[i-j]%P)%P;
}
for(int i=1;i<=n;i++) {
h[i] = 0;
for(int j=1;j<=i;j++)
h[i] = (h[i] + 1LL*c[n-1][n-i]*c[i-1][i-j]%P*f[n-i]%P*g[j]%P*f[i-j]%P)%P;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d\n", h[i]);
}
@details@
实际实现中，并没有必要写快速幂，因为可以从 f[i-1] 直接递推到 f[i]。
