7.11 NOI模拟赛 graph 生成函数 dp 多项式
LINK:graph
HDU题库里的原题 没做过自闭。
考虑dp 设\(f_{i,j}\)表示前i个点构成j个联通块是树的方案数。
对于一次询问答案即为\(\sum_{j}f_{n,j}j^k\)
考虑如何dp出来 显然每次枚举1号所在的连通块的大小 考虑这个连通块是否构成树 即可。
具体转移不再赘述 需要预处理一下i个点的树的个数 i个点的连通块个数 i个点不是树是连通块的个数。
复杂度\(n^3\) 利用分治NTT来优化可以到 \(n^2log^2\)比较繁杂且不是正解。
正解当然是考虑生成函数。
设\(T(x)\)表示i个点的生成树个数的EGF G(x)为i个点连通块个数的EGF F_{w}(x)表示k值为w时的答案的EGF E(x)为i个点联通但不是树的生成树个数.
那么显然有\(E(x)=e^{G(x)-T(x)},F_{w}(x)=\sum_{i}\frac{i^w\cdot T^i(x)}{i!}E(x)\)
显然当w==1时可以化简 这启示我们利用自然幂转斯特林数\(x^k=\sum_{i}x^\underline{i}\cdot s(k,i)\)
然后可以化简得到 \(f_{k}(x)=\sum_x^k s(k,x)\cdot e^{T(y)}E(y)T^x(y)\)
设H(x)表示i个点的图的个数。
那么有\(H(x)=E(x)\cdot e^{T(x)}\)
可得 \(f_{k}(x)=\sum_{x=0}^k s(k,x)\cdot H(y)T^x(y)\)
预处理\(knlogn\) 查询 \(Tk\)
值得一提的是 T(x)的第0项是0 因为如果为1答案是错误的 而H(x)第0项是1 因为可以上面的定义式计算出来为1.
code bf
//#include<bits\stdc++.h>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<deque>
#include<stack>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<bitset>
#include<set>
#include<map>
#define ll long long
#define db double
#define INF 2000000000
#define ldb long double
#define pb push_back
#define put_(x) printf("%d ",x);
#define get(x) x=read()
#define gt(x) scanf("%d",&x)
#define gi(x) scanf("%lf",&x)
#define put(x) printf("%d\n",x)
#define putl(x) printf("%lld\n",x)
#define gc(a) scanf("%s",a+1)
#define rep(p,n,i) for(RE int i=p;i<=n;++i)
#define go(x) for(int i=lin[x],tn=ver[i];i;tn=ver[i=nex[i]])
#define fep(n,p,i) for(RE int i=n;i>=p;--i)
#define vep(p,n,i) for(RE int i=p;i<n;++i)
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
#define RE register
#define P 1000000007
#define gf(x) scanf("%lf",&x)
#define pf(x) ((x)*(x))
#define uint unsigned long long
#define ui unsigned
#define EPS 1e-8
#define sq sqrt
#define S second
#define F first
#define mod 998244353
using namespace std;
char buf[1<<15],*fs,*ft;
inline char getc()
{
return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++;
}
inline int read()
{
RE int x=0,f=1;RE char ch=getc();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getc();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getc();}
return x*f;
}
const int MAXN=1010;
int n=100,k,T;
int f1[MAXN],f2[MAXN],f3[MAXN],sum[21][MAXN];
int f[MAXN][MAXN],g[MAXN],inv[MAXN],fac[MAXN];
//f1[i]表示i个点形成的树的个数.f2[i]表示i个点形成连通块但不是树的方案数.f3[i]表示i个点形成的连通块的方案数.
//f[i][j]表示i个点形成j棵树的方案数.
inline int ksm(int b,int p)
{
int cnt=1;
while(p)
{
if(p&1)cnt=(ll)cnt*b%mod;
b=(ll)b*b%mod;p=p>>1;
}
return cnt;
}
inline int mul(int a,int b){return (ll)a*b%mod;}
inline int add(int a,int b){return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;}
inline int mus(int a,int b){return a-b<0?a-b+mod:a-b;}
inline int C(int a,int b){return a<b?0:(ll)fac[a]*inv[b]%mod*inv[a-b]%mod;}
int main()
{
freopen("xuanyiming.in","r",stdin);
freopen("xuanyiming.out","w",stdout);
f3[1]=f1[1]=fac[0]=fac[1]=1;
rep(2,n,i)f1[i]=ksm(i,i-2),fac[i]=mul(fac[i-1],i);
inv[n]=ksm(fac[n],mod-2);
fep(n-1,0,i)inv[i]=mul(inv[i+1],i+1);
rep(2,n,i)
{
f3[i]=ksm(2,i*(i-1)/2);
rep(1,i-1,j)
{
f3[i]=mus(f3[i],mul(mul(C(i-1,j-1),f3[j]),ksm(2,(i-j)*(i-j-1)/2)));
}
f2[i]=mus(f3[i],f1[i]);
}
f[0][0]=1;f[1][1]=1;
rep(2,n,i)
{
rep(0,i,j)
{
rep(1,i,k)
{
//不做贡献.
f[i][j]=add(f[i][j],mul(mul(C(i-1,k-1),f2[k]),f[i-k][j]));
//做贡献
if(j>=1)f[i][j]=add(f[i][j],mul(mul(C(i-1,k-1),f1[k]),f[i-k][j-1]));
}
}
}
rep(1,n,j)
{
int ww=j;
rep(1,20,c)
{
rep(j,n,i)sum[c][i]=add(sum[c][i],mul(ww,f[i][j]));
ww=mul(ww,j);
}
}
get(T);
while(T--)
{
get(n);get(k);
put(sum[k][n]);
}
return 0;
}
code sol
//#include<bits\stdc++.h>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<deque>
#include<stack>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<bitset>
#include<set>
#include<map>
#define ll long long
#define db double
#define INF 10000000000000000ll
#define ldb long double
#define pb push_back
#define put_(x) printf("%d ",x);
#define get(x) x=read()
#define gt(x) scanf("%d",&x)
#define gi(x) scanf("%lf",&x)
#define put(x) printf("%d\n",x)
#define putl(x) printf("%lld\n",x)
#define gc(a) scanf("%s",a+1)
#define rep(p,n,i) for(RE int i=p;i<=n;++i)
#define go(x) for(int i=lin[x],tn=ver[i];i;tn=ver[i=nex[i]])
#define fep(n,p,i) for(RE int i=n;i>=p;--i)
#define vep(p,n,i) for(RE int i=p;i<n;++i)
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
#define RE register
#define P 1000000007
#define gf(x) scanf("%lf",&x)
#define pf(x) ((x)*(x))
#define uint unsigned long long
#define ui unsigned
#define EPS 1e-4
#define sq sqrt
#define S second
#define F first
#define mod 998244353
using namespace std;
char buf[1<<15],*fs,*ft;
inline char getc()
{
return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++;
}
inline int read()
{
RE int x=0,f=1;RE char ch=getc();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getc();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getc();}
return x*f;
}
const int MAXN=200010,maxn=21,G=3;
int A[MAXN],fac[MAXN],inv[MAXN],rev[MAXN],B[MAXN],C[MAXN],D[MAXN],O[MAXN];
int n,T,k,lim;
int s[maxn][maxn];
int F[maxn][MAXN];
inline int ksm(int b,int p)
{
p%=mod-1;
int cnt=1;
while(p)
{
if(p&1)cnt=(ll)cnt*b%mod;
b=(ll)b*b%mod;p=p>>1;
}
return cnt;
}
inline void NTT(int *a,int op)
{
vep(0,lim,i)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int len=2;len<=lim;len=len<<1)
{
int mid=len>>1;
int wn=ksm(G,op==1?(mod-1)/len:mod-1-(mod-1)/len);
vep(1,mid,i)O[i]=(ll)O[i-1]*wn%mod;
for(int j=0;j<lim;j+=len)
{
vep(0,mid,i)
{
int x=a[i+j],y=(ll)a[i+j+mid]*O[i]%mod;
a[i+j]=(x+y)%mod;a[i+j+mid]=(x-y+mod)%mod;
}
}
}
if(op==-1)
{
int INV=ksm(lim,mod-2);
vep(0,lim,i)a[i]=(ll)a[i]*INV%mod;
}
}
int main()
{
freopen("xuanyiming.in","r",stdin);
freopen("xuanyiming.out","w",stdout);
s[1][1]=1;k=20;n=50000;fac[0]=O[0]=1;
rep(1,n,i)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;
inv[n]=ksm(fac[n],mod-2);
fep(n-1,0,i)inv[i]=(ll)inv[i+1]*(i+1)%mod;
rep(2,k,i)rep(1,i,j)s[i][j]=(s[i-1][j-1]+(ll)j*s[i-1][j])%mod;
B[0]=B[1]=A[1]=1;rep(2,n,i)A[i]=(ll)ksm(i,i-2)*inv[i]%mod,B[i]=(ll)ksm(2,(ll)(i-1)*i/2)*inv[i]%mod;
lim=1;while(lim<=n+n)lim=lim<<1;
vep(1,lim,i)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?lim>>1:0);
NTT(A,1);NTT(B,1);
vep(0,lim,i)C[i]=(ll)A[i]*B[i]%mod;
NTT(C,-1);vep(n+1,lim,i)C[i]=0;
rep(1,k,j)
{
rep(0,n,i)F[j][i]=(ll)C[i]*fac[i]%mod;
NTT(C,1);
vep(0,lim,i)C[i]=(ll)C[i]*A[i]%mod;
NTT(C,-1);vep(n+1,lim,i)C[i]=0;
}
get(T);
while(T--)
{
get(n);get(k);
int ans=0;rep(1,k,i)ans=(ans+(ll)s[k][i]*F[i][n])%mod;
put(ans);
}
return 0;
}
