AGC005F Many Easy Problems NTT 快速数论变换

这个题做的我云里雾里的…都没太搞懂啊…今天状态也很差，又感冒了

一开始其实完全不知道那个 $f$ 怎么求，看了 $LSTete$ 博客推导过程才发现自己题看错了….

这个题是求任意 $k$ 个点联通一定会经过的点，考虑每个点对答案的贡献，如果一个点有贡献当且仅当被选中的点不全在以它相邻的点为根的子树内

所以一个点 $u$ 对一个 $k$ 的贡献就是 $C(n, k) - \sum_{\exists edge(u, v)}C(size[v], k)$

观察这个式子可以发现，一个点 $u$ 的子树大小会在它的父亲统计它的时候被记为 $size[u]$ 计入一次答案，在它统计它的父亲的时候被记为 $n - size[u]$ 计入答案一次.

那么我们记 $cnt_i$ 为子树大小为 $i$ 被计入答案的次数.

则 $ans_k = nC(n, k) - \sum_{i = 1}^ncnt_iC(i, k)$ 前面部分很好算

后面一部分我们把组合数拆开，

就是 $\sum_{i = 1}^n\frac{cnt_ii!}{k!(i - k)!}$ , 设 $f(i) = cnt_i × i!, g(i) = \frac{1}{(-i)!}$

那么上面那个式子后面一部分可以写成 $\sum_{i = 1}^nf(i)g(k - i)$

~~把 $g$ 翻转一下直接算就好了~~

这里换种写法好了按照前面写的那个ZJOI2014的力的思想

发现 $g$ 函数下标可能为负数，整体平移 $n$ 个单位即记为 $g(k - i + n)$

所以 $g(i) = \frac{1}{-(i - n)!}$ 这样子把 $f$ 和 $g$ 卷起来就很自然了

$k$ 的答案就在第 $k + n$ 项… 这个自己前几天才看懂的套路一下就忘了…

Codes

#include<bits/stdc++.h>

#define pb push_back
#define Inv(x) ((ll)fac[x - 1] * inv[x] % mod) 

using namespace std;

typedef long long ll;

const int mod = 924844033, N = 8e5 + 10;
int a[N], b[N], rev[N];
int n, cnt[N], size[N];
int fac[N], inv[N];
vector<int> G[N];

int C(int n, int m) {
    if(n < m) return 0;
    return (ll)fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}

int qpow(int a, int x) {
    int ret = 1;
    while(x) {
        if(x & 1) ret = (ll)ret * a % mod;
        x >>= 1, a = (ll)a * a % mod;
    }
    return ret;
}

void dfs(int x) {
    size[x] = 1;
    for(auto v : G[x])
        if(!size[v]) {
            dfs(v);
            size[x] += size[v];
        }
    if(size[x] - n)
        ++ cnt[size[x]], ++ cnt[n - size[x]];
}

void NTT(int n, int *a, int fh) {
    for(int i = 0; i < n; ++ i)
        if(i < rev[i]) 
            swap(a[i], a[rev[i]]);
    for(int limit = 2; limit <= n; limit <<= 1) {
        int Wn = qpow(fh == 1 ? 5 : Inv(5), (mod - 1) / limit), W = 1;
        for(int j = 0; j < n; j += limit, W = 1)
            for(int i = j; i < j + (limit >> 1); ++ i, W = (ll)W * Wn % mod) {
                int a1 = a[i], a2 = (ll)a[i + (limit >> 1)] * W % mod;
                a[i] = (a1 + a2) % mod, a[i + (limit >> 1)] = (a1 - a2 + mod) % mod;
            }
    }
    if(fh == -1) 
        for(int i = 0; i < n; ++ i)
            a[i] = ll(a[i]) * Inv(n) % mod;
}

int main() {
//  freopen("AGC005F.in", "r", stdin);
//  freopen("AGC005F.out", "w", stdout);
    int x, y, limit = 1, k = 0;
    scanf("%d", &n);
    fac[0] = inv[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= N - 5; ++ i) 
        fac[i] = (ll)fac[i - 1] * i % mod;
    inv[N - 5] = qpow(fac[N - 5], mod - 2);
    for(int i = N - 5; i >= 1; -- i) 
        inv[i - 1] = (ll)inv[i] * i % mod;
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
        scanf("%d%d", &x, &y);
        G[x].pb(y), G[y].pb(x); 
    }
    dfs(1);
    for(int i = 0; i <= n; ++ i) 
        a[i] = (ll)cnt[i] * fac[i] % mod;
    for(int i = 0; i <= n; ++ i)
        b[i] = inv[-(i - n)];
    while(limit <= (n << 1)) 
        limit <<= 1, ++ k;
    for(int i = 0; i < limit; ++ i)
        rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (k - 1));
    NTT(limit, a, 1), NTT(limit, b, 1);
    for(int i = 0; i < limit; ++ i)
        a[i] = (ll)a[i] * b[i] % mod;
    NTT(limit, a, -1);
    //for(int i = 0; i < limit; ++ i)
    //  printf("%d ", a[i]);
    for(int k = 1; k <= n; ++ k)
        printf("%d ", (((ll)n * C(n, k) - (ll)inv[k] * a[k + n]) % mod + mod) % mod);
    return 0;
}

再看别人题解做题就真的要退役了….

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