Description
给你一棵\(~n~\)个点的树和一个整数。设为\(~S~\)为树上某些点的集合，定义\(~f(S)~\)为最小的包含\(~S~\)的联通子图的大小。\(~n~\)个点选\(~k~\)个点一共有\(~C_n^k~\)种方案，请你求出所有方案的\(~f(S)~\)）的和， 对\(~924844033~\)取模。
求所有\(~k \in [1, ~n]~\)的答案。
看题戳我
Solution
首先看到这道题，根本不会快速求\(~f(S)~\)，所以换一个角度，考虑每个点对于答案的贡献。不难发现， 对于单独一个\(~k~\)，一个点\(~u~\)会产生贡献当且仅当这\(~k~\)个点不全在以\(~u~\)的相邻节点为根的子树中，根据容斥可以得到一个点对一个\(~k~\)的贡献为\(~C_n^k - \sum_{v \in {nex_u}} ^{} {C_{siz_v}^k}~\)，观察这个式子，可以发现计算总贡献时每个点的子树大小会被计算两次，一个是本身子树大小\(~siz_u~\)，一个是\(~n - siz_u~\)，而 \(~C_n^k~\)被计算了\(~n~\)次，所以有
\[ Ans_k = n \times {n \choose k} - \sum_{i = 1} ^ n {num_i \times {i \choose k}} \]
其中，\(num_i~\)表示子树大小为\(~i~\)的子树个数，这样已经可以卷后半部分了，但是我们想要一个更简便的式子。
定义一个新的\(~cnt_i~\)表示
\[ cnt_i = \begin{cases} n, ~ i = n\\ -num_i, ~ i \neq n \end{cases} \]
所以上面的式子可以更简便的表示为
\[ Ans_k = {\sum_{i = 1}^{n} cnt_i \times {i \choose k}} = \frac{1}{k!}~{\sum_{i = 1}^{n}} ~\frac{cnt_i \times i!}{(i - k)!} \]
那么把\(~cnt_i \times i!~\)放一起，\(~\frac{1}{(i - k)!}~\)放一起， 用一个\(~FFT~\)套路把\(~(i - k)~\)倒过来之后就可以卷起来了。
但是为了求了这个更简便的式子会导致\(~cnt_i \times i!~\)可能是负数，而我的\(~NTT~\)已经习惯了这样写，look down，因为普通题目中要卷起来的一般都是正的，所以一开始就把这题要卷的东西变成正的也是可以的。
a[j + k] = (x + y) % mod, a[j + k + (i >> 1)] = (x - y + mod) % mod; 而我一开始没有转正，所以这样写很不优秀，因为一旦\(~y~\)是一个比较小的负数，那么\(~(x - y + mod)~\)就爆\(~int~\)了，我因为这里调了一个晚上+一个下午，很难受。
最后提一下这个题的模数是\(~924844033~\)，所以原根是\(~5~\)而不是熟知的\(~3~\) 。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define For(i, j, k) for(int i = j; i <= k; ++i)
#define Forr(i, j, k) for(int i = j; i >= k; --i)
#define Travel(i, u) for(int i = beg[u], v = to[i]; i; i = nex[i], v = to[i])
using namespace std;
inline int read() {
int x = 0, p = 1; char c = getchar();
for(; !isdigit(c); c = getchar()) if(c == '-') p = -1;
for(; isdigit(c); c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
return x *= p;
}
inline void File() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("AGC005F.in", "r", stdin);
freopen("AGC005F.out", "w", stdout);
#endif
}
const int N = 2e5 + 10, maxn = N << 2, mod = 924844033;
int a[maxn], b[maxn], e = 1, beg[N], nex[N << 1], to[N << 1];
int rev[maxn], bit, len, siz, invg[maxn], powg[maxn];
int fac[N], inv[N], cnt[N], sz[N], u, v, n;
inline int qpow(int a, int b) {
int res = 1;
for (; b; a = 1ll * a * a % mod, b >>= 1)
if (b & 1) res = 1ll * res * a % mod;
return res;
}
inline void Init(int n) {
fac[0] = inv[0] = 1;
For(i, 1, n) fac[i] = 1ll * i * fac[i - 1] % mod;
inv[n] = qpow(fac[n], mod - 2);
Forr(i, n - 1, 0) inv[i] = 1ll * inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
inline void add(int x, int y) {
to[++ e] = y, nex[e] = beg[x], beg[x] = e;
to[++ e] = x, nex[e] = beg[y], beg[y] = e;
}
inline void dfs(int u, int f) {
sz[u] = 1;
Travel(i, u) if (v != f) dfs(v, u), sz[u] += sz[v];
-- cnt[sz[u]], -- cnt[n - sz[u]];
}
inline void NTT(int *a, int flag) {
For(i, 0, siz - 1) if (rev[i] > i) swap(a[rev[i]], a[i]);
for (int i = 2; i <= siz; i <<= 1) {
int wn = flag ? powg[i] : invg[i];
for (int j = 0; j < siz; j += i) {
int w = 1;
for (int k = 0; k < (i >> 1); ++ k, w = 1ll * w * wn % mod) {
int x = a[j + k], y = 1ll * w * a[j + k + (i >> 1)] % mod;
a[j + k] = (x + y) % mod, a[j + k + (i >> 1)] = (x - y) % mod;
}
}
}
if (!flag) {
int g = qpow(siz, mod - 2);
For(i, 0, siz - 1) a[i] = 1ll * g * a[i] % mod;
}
}
int main() {
File(), Init(N - 5);
n = read();
For(i, 2, n) u = read(), v = read(), add(u, v);
dfs(1, 0), cnt[n] = n;
for (siz = 1; siz <= (n << 1); siz <<= 1) ++ bit;
For(i, 0, siz - 1) rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (bit - 1));
int g = qpow(5, mod - 2);
for(int i = 1; i <= siz; i <<= 1) {
invg[i] = qpow(g, (mod - 1) / i),
powg[i] = qpow(5, (mod - 1) / i);
}
For(i, 0, n) {
a[i] = 1ll * cnt[i] * fac[i] % mod;
b[i] = inv[n - i];
}
NTT(a, 1), NTT(b, 1);
For(i, 0, siz) a[i] = 1ll * a[i] * b[i] % mod;
NTT(a, 0);
For(i, 1, n) {
int ans = 1ll * a[n + i] * inv[i] % mod;
ans = (ans + mod) % mod;
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}