【学习笔记】DAG 计数（P6295, CF1466H)
考虑一个计数问题：
求有 \(n\) 个点的有向无环图（即 DAG）的数量。
首先考虑朴素 DP：设 \(f_i\) 为 \(i\) 个点的 DAG 数量。
我们考虑按照拓扑序来计算这个东西，即每次删去入度为 \(0\) 的点来计算。
枚举入度为 \(0\) 的点数 \(j\)，那么将这 \(j\) 个点向剩下的点连边的方案数为 \(2^{j(i-j)}\)。
但是注意这时候仅钦定了这 \(j\) 个点度数为 \(0\)，而剩余的 \(i-j\) 个点中可能还有度数为 \(0\) 的点，也就是这里是至少有 \(j\) 个入度为 \(0\) 的点。
考虑二项式反演：设 \(p_{i,j}\) 为 \(i\) 个点中至少有 \(j\) 个点入度为 \(0\) 的方案数，\(q_{i,j}\) 为 \(i\) 个点中恰好有 \(j\) 个点入度为 \(0\) 的方案数，那么 \(f_i=\sum_{j=1}^iq_{i,j}\)。
有：
\[\begin{aligned}
p_{i,j}&=\sum_{k=j}^i\binom{k}{j}q_{i,k}\\
q_{i,j}&=\sum_{k=j}^i(-1)^{k-j}\binom{k}{j}p_{i,k}\\
\end{aligned}
\]
根据前面可得：
\[p_{i,k}=\binom{i}{k}2^{k(i-k)}f_{i-k}
\]
那么：
\[\begin{aligned}
f_i&=\sum_{j=1}^iq_{i,j}\\
&=\sum_{j=1}^i\sum_{k=j}^i(-1)^{k-j}\binom{k}{j}\binom{i}{k}2^{k(i-k)}f_{i-k}\\
&=\sum_{k=1}^i\binom{i}{k}2^{k(i-k)}f_{i-k}\sum_{j=1}^k(-1)^{k-j}\binom{k}{j}\\
&=\sum_{k=1}^i\binom{i}{k}2^{k(i-k)}f_{i-k}\left((1-1)^k-(-1)^k\binom{k}{0}\right)\\
&=\sum_{k=1}^i\binom{i}{k}2^{k(i-k)}f_{i-k}(-1)^{k+1}\\
\end{aligned}
\]
我们就得到了 DP 式子：
\[f_i=\sum_{k=1}^i(-1)^{k+1}\binom{i}{k}2^{k(i-k)}f_{i-k}
\]
有一个 trick：
\[ij=\binom{i+j}{2}-\binom{i}{2}-\binom{j}{2}
\]
证明比较简单：考虑组合意义，从 \(i+j\) 个数中选两个数的方案数减去分别从 \(i,j\) 个数中选两个数的方案数，就等于从 \(i\) 个数和 \(j\) 个数中分别选一个数的方案数，也就是 \(ij\)。
于是有：
\[\begin{aligned}
2^{k(i-k)}&=2^{\large\binom{i}{2} - \binom{k}{2} - \binom{i-k}{2}}\\
&=\frac{2^{\large\binom{i}{2}}}{2^{\large\binom{k}{2}}\times 2^{\large\binom{i-k}{2}}}
\end{aligned}
\]
那么就可以写成 EGF 的形式了。设生成函数 \(F,G\)：
\[F(x)=\sum_{i\ge 0} \frac{f_i}{i!\times 2^{\large\binom{i}{2}}}x^i
\]
\[G(x)=\sum_{i\ge 1} \frac{(-1)^{i+1}}{i!\times 2^{\large\binom{i}{2}}}x^i
\]
并且 \(f_0=1\)，那么就能得出：
\[F(x)=F(x)G(x)+1
\]
即：
\[F(x)=\frac{1}{1-G(x)}
\]
那么就可以通过一次多项式求逆得出。
如果需要求弱联通的数量呢？
那么我们可以考虑经典做法：设 \(A(x)\) 为有任意个弱连通块的 EGF，\(B(x)\) 为有仅一个弱连通块的 EGF，那么就有：
\[A(x)=e^{B(x)}
\]
\[B(x)=\ln A(x)
\]
所以再进行一次多项式 \(\ln\) 就可以解决这一问题了。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 400005, P = 998244353, G = 3, GI = 332748118;
int qpow(int a, long long b) {
int ans = 1;
while (b) {
if (b & 1) ans = 1ll * ans * a % P;
a = 1ll * a * a % P;
b >>= 1;
}
return ans;
}
int r[MAXN];
struct Polynomial {
vector<int> a;
int len;
int& operator[](int b) { return a[b]; }
Polynomial(int len = 0) : len(len) { a.resize(len + 1); }
Polynomial& set(int b) { len = b, a.resize(b + 1); return *this; }
static Polynomial resize(Polynomial a, int s) { Polynomial b = a; return b.set(s); }
void reverse() { std::reverse(a.begin(), a.end()); }
static void calcRev(int limit) {
for (int i = 1; i < limit; i++)
r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) * limit >> 1);
}
void ntt(int limit, bool rev) {
set(limit);
for (int i = 0; i < limit; i++)
if (i < r[i]) swap(a[i], a[r[i]]);
for (int mid = 1; mid < limit; mid <<= 1) {
int step = qpow(rev ? GI : G, (P - 1) / (mid << 1));
for (int l = 0; l < limit; l += (mid << 1)) {
int w = 1;
for (int j = 0; j < mid; j++, w = 1ll * w * step % P) {
int x = a[l + j], y = 1ll * w * a[l + j + mid] % P;
a[l + j] = (x + y) % P, a[l + j + mid] = (1ll * P + x - y) % P;
}
}
}
int invn = qpow(limit, P - 2);
if (rev) {
for (int i = 0; i < limit; i++)
a[i] = 1ll * a[i] * invn % P;
}
}
void print() { for (int i : a) printf("%d ", i); printf("\n"); }
Polynomial operator*(Polynomial b) {
Polynomial a = *this, c;
int n = a.len + b.len;
int limit = 1;
while (limit <= n) limit <<= 1;
c.set(limit);
calcRev(limit);
a.ntt(limit, 0), b.ntt(limit, 0);
for (int i = 0; i <= limit; i++) c[i] = 1ll * a[i] * b[i] % P;
c.ntt(limit, 1);
c.set(n);
return c;
}
Polynomial operator*(int b) {
Polynomial c = *this;
for (int& i : c.a) i = 1ll * i * b % P;
return c;
}
Polynomial operator+(int b) {
Polynomial c = *this;
c[0] = (1ll * c[0] + b + P) % P;
return c;
}
Polynomial operator+(Polynomial b) {
Polynomial c = *this;
c.set(max(c.len, b.len));
for (int i = 0; i <= b.len; i++) c[i] = (c[i] + b[i]) % P;
return c;
}
Polynomial operator-(Polynomial b) {
Polynomial c = *this;
c.set(max(c.len, b.len));
for (int i = 0; i <= b.len; i++) c[i] = (c[i] - b[i] + P) % P;
return c;
}
Polynomial inv(int n) {
Polynomial b;
b[0] = qpow(a[0], P - 2);
for (int d = 1; d < (n << 1); d <<= 1) {
Polynomial a = *this;
a.set(d - 1);
int limit = d << 1;
calcRev(limit);
a.ntt(limit, 0), b.ntt(limit, 0);
for (int i = 0; i < limit; i++) b[i] = (2ll - 1ll * a[i] * b[i] % P + P) % P * b[i] % P;
b.ntt(limit, 1);
b.set(d - 1);
}
b.set(n - 1);
return b;
}
Polynomial derivative() {
Polynomial b(len - 1);
for (int i = 1; i <= len; i++) b[i - 1] = 1ll * a[i] * i % P;
return b;
}
Polynomial integral() {
Polynomial b(len + 1);
for (int i = 0; i <= len; i++) b[i + 1] = 1ll * a[i] * qpow(i + 1, P - 2) % P;
return b;
}
Polynomial ln(int n) {
return (derivative() * inv(n)).integral().set(n - 1);
}
};
int t;
int fac[MAXN];
long long C2(int x) {
return 1ll * x * (x - 1) / 2;
}
int main() {
scanf("%d", &t);
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= t; i++) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % P;
Polynomial f, g, h;
g.set(t);
for (int i = 1; i <= t; i++) {
g[i] = ((i & 1) ? 1ll : P - 1ll) * qpow(fac[i], P - 2) % P * qpow((P + 1) / 2, C2(i)) % P;
}
f = (g * (-1) + 1).inv(t + 1);
for (int i = 0; i <= t; i++) {
f[i] = 1ll * f[i] * qpow(2, C2(i)) % P;
}
h = f.ln(t + 1);
for (int i = 1; i <= t; i++) {
printf("%lld\n", 1ll * h[i] * fac[i] % P);
}
return 0;
}
CF1466H Finding satisfactory solutions
进行一些题意转换后，可以变成类似于求 DAG 数的问题，只是连边时的方案数不太一样。
先咕下，懒得写题解了）
