【生成函数+计数】LOJ6389 [THUPC2018] 好图计数

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【题目】
原题地址
定义 $G$的补图与 $G$有完全相同的节点，任意两点之间有边当且仅当他们在 $G$中不相邻
定义一个无向简单图是好的满足：一个单点是好的，若干个好的图分别作为连通块所形成的图是好的，一个好的图的补图是好的。
给定一个整数 $n$，求 $n$个节点的本质不同的好图数量， $n\leq 23333$。

【解题思路】
以下多数参考这里，有部分补充修改。

这个题和无标号生成树计数类似
设 $n$个点的好图数目为 $f_n$，其中连通图的数目为 $g_n$，那么显然当 $n\geq 2$，连通好图与不连通好图是一一对应的，也就是 $f_n=2g_n$
考虑 $f$的生成函数 $F(x)=\sum f_ix^i$，为了方便，设 $f_0=1$
首先一个好图由若干个连通好图组成，于是我们考虑枚举每个连通好图的贡献，那么一种大小为 $k$的连通好图的贡献是 $\sum_{i\geq 0} x^{ki}$，因此我们有：
$F(x)=\prod_{k>0}(\sum_{i\geq 0}x^{ik})^{g_k}=\prod_{k>0}(1-x^k)^{-g_k}$
然后对两边同时取 $ln$：
$\ln(F(x))=-\sum_{k>0} g_k\ln(1-x^k)$
再求导：
$\frac {F'(x)} {F(x)}=\sum_{k>0}g_k\frac {kx^{k-1}} {1-x^k}$
然后拆回去每一项：
$[x^n]F(x)=(n+1)f_{n+1}=\sum\limits_{i=0}^nf_i([x^{n-i}]\sum\limits_{k>0}kg_k\frac{x^{k-1}}{1-x^k})$
这里注意到 $\frac{x^{k-1}}{1-x^k}=\sum_{i>0}x^{ik-1}$，则 $[x^n]\frac{x^{k-1}}{1-x^k}=[k|n+1]$，因此
$(n+1)f_{n+1}=\sum_{i=0}^nf_i\sum_{k|n+1-i}kg_k$
注意 $i=0$时要移项，且 $f_0=1,g_i=\frac {f_i} 2$，所以得：
$\frac{n+1}{2}f_{n+1}=\sum\limits_{k|n+1,k<n+1}kg_k+\sum\limits_{i=1}^nf_i\sum\limits_{k|n+1-i}kg_k$
设 $s_i=\sum_{k|i}kg_k$可以 $O(n^2)$递推，然后卡常是可以过的。
观察到上面还是一个卷积的形式，于是用分治 $\text{FFT}$可以做到 $O(n\log^2 n)$

所以我们就直接上暴力了。

【参考暴力】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=23333;
ll T,mod;
ll f[N+5],g[N+5],s[N+5];

int read()
{
	int ret=0;char c=getchar();
	while(!isdigit(c)) c=getchar();
	while(isdigit(c)) ret=ret*10+(c^48),c=getchar();
	return ret;
}
ll qpow(ll x,ll y){ll res=1;for(;y;y>>=1,x=x*x%mod)if(y&1)res=res*x%mod;return res;}
ll upm(ll x){return x>=mod?x-mod:x;}

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("LOJ6389.in","r",stdin);
	freopen("LOJ6389.out","w",stdout);
#endif
	T=read();mod=read();
	f[0]=f[1]=1;
	for(int i=1;i<=N;++i)s[i]=1;
	for(int i=1;i<N;++i)
	{
		__int128 tmp=0;
		for(int j=0;j<=i;++j) tmp+=f[j]*s[i+1-j];
		tmp%=mod;g[i+1]=tmp*qpow(i+1,mod-2)%mod;f[i+1]=g[i+1]*2%mod;
		for(int j=i+1;j<=N;j+=i+1)s[j]=upm(s[j]+tmp);
	}
	cerr<<clock()<<endl;
	while(T--) printf("%lld\n",f[read()]);
	return 0;
}