[AGC005F] Many Easy Problem

XXXII.[AGC005F] Many Easy Problems

直接计算恐怕不太容易，正难则反，考虑一个节点何时不被包含在一个连通块内。

显然，假如我们以当前节点为根，则当且仅当集合中所有节点同处在其某一个儿子的子树内，当前节点不在连通块内。

我们设 $f(i,j)$ 表示节点 $i$ 对大小为 $j$ 的集合不被包含的数量。则有

$$f(i,j)=\sum\limits_{\text{边}(i,i')}\dbinom{i'\text{的子树大小}}{j}$$

而

$$ans_j=n\dbinom{n}{j}-\sum\limits_{i=1}^nf(i,j)$$

考虑令 $cnt_i$ 表示大小为 $i$ 的子树数量（当然，是无根树的子树，即树上一条边所连接着的两坨节点的数量）。则有

$$ans_j=n\dbinom{n}{j}-\sum\limits_{i}\dbinom{i}{j}cnt_i$$

后面的东西随随便便拆个组合数然后瞎卷一下即可。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1<<20;
const int mod=924844033;
const int G=5;
int rev[N];
int ksm(int x,int y=mod-2){
	int z=1;
	for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)if(y&1)z=1ll*z*x%mod;
	return z;
}
void NTT(int *a,int tp,int LG){
    int lim=(1<<LG),invlim=ksm(lim,mod-2);
    for(int i=0;i<lim;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(LG-1));
    for(int i=0;i<lim;i++)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
    for(int md=1;md<lim;md<<=1){
        int rt=ksm(G,(mod-1)/(md<<1));
        if(tp==-1)rt=ksm(rt,mod-2);
        for(int stp=md<<1,pos=0;pos<lim;pos+=stp){
            int w=1;
            for(int i=0;i<md;i++,w=(1ll*w*rt)%mod){
                int x=a[pos+i],y=(1ll*w*a[pos+md+i])%mod;
                a[pos+i]=(x+y)%mod;
                a[pos+md+i]=(x-y+mod)%mod;
            }
        }
    }
    if(tp==-1)for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=(1ll*a[i]*invlim)%mod;
}
int A[N],B[N];
void mul(int *a,int *b,int *c,int LG){//using: Array A and B
    int lim=(1<<LG);
    for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=B[i]=0;
    for(int i=0;i<(lim>>1);i++)A[i]=a[i],B[i]=b[i];
    NTT(A,1,LG),NTT(B,1,LG);
    for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
    NTT(A,-1,LG);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=A[i];
}
int n,cnt[N],fac[N],inv[N],f[N],g[N];
vector<int>v[N];
int dfs(int x,int fa){
	int sz=1;
	for(auto y:v[x]){
		if(y==fa)continue;
		int zs=dfs(y,x);
		cnt[zs]++,cnt[n-zs]++;
		sz+=zs;
	}
	return sz;
}
int C(int x,int y){return 1ll*fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1,x,y;i<n;i++)scanf("%d%d",&x,&y),v[x].push_back(y),v[y].push_back(x);
	dfs(1,0);
	fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	inv[n]=ksm(fac[n]);for(int i=n-1;i>=0;i--)inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod;
//	for(int i=0;i<=n;i++)printf("%d ",fac[i]);puts("");
//	for(int i=0;i<=n;i++)printf("%d ",inv[i]);puts("");
	for(int i=0;i<=n;i++)f[n-i]=1ll*fac[i]*cnt[i]%mod,g[i]=inv[i];
	int all=0;
	while((1<<all)<=n)all++;
	mul(f,g,f,all+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d\n",(1ll*n*C(n,i)%mod+mod-1ll*f[n-i]*inv[i]%mod)%mod);
	return 0;
}