一个套路：把式子推成卷积形式，然后用fft或ntt优化求解过程。
fft的扩展性不强，不可以在fft函数里多加骚操作--DeepinC
T1:多项式乘法
板子题
T2：快速傅立叶之二
另一个板子，小技巧：把一个数组反转过来，以符合卷积形式
T3：力
拆式子，把qj除到左边，然后把大于j的贡献和小于j的贡献分开考虑，对于小于j的，直接用fft统计，对于大于的，先反转再fft
T4：Normal
大神题，考虑把贡献拆成点对，对于两个点i与j，若i能对j作出贡献，则i到j的路径上没有断点，同样删除i到j路径以外的点不影响i与j之间的贡献，则i对j作出贡献的概率为
$\frac{1}{dis(i,j)}$则答案即为$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum \limits_{j=1}^{n}\frac{1}{dis(i,j)}$ 然后这玩意可以用点分治求，合并子树用fft优化
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define N 70050 3 #define LL long long 4 const int mod=998244353,G1=3,G2=(mod+1)/G1; 5 #define cri const register int 6 using namespace std; 7 int a[N],b[N]; 8 int n; 9 int he[N],ne[N],to[N],tot; 10 int sz[N],alsz,vis[N],rt; 11 inline void addedge(int x,int y){to[++tot]=y;ne[tot]=he[x];he[x]=tot;} 12 inline int dfssz(int g,int fa){ 13 sz[g]=1;int ret=1; 14 for(int i=he[g],k;i;i=ne[i]){ 15 if(to[i]==fa||vis[to[i]])continue; 16 k=dfssz(to[i],g);sz[g]+=sz[to[i]];ret=max(ret,k+1); 17 }return ret; 18 } 19 inline void dfsrt(int g,int fa){ 20 int hs=0; 21 for(int i=he[g];i;i=ne[i]){ 22 if(to[i]==fa||vis[to[i]])continue; 23 dfsrt(to[i],g);hs=max(hs,sz[to[i]]); 24 } 25 if(sz[g]>(alsz>>1)&&hs<=(alsz>>1))rt=g; 26 } 27 28 inline int dfsdep(int g,int fa,int *a,int d){ 29 ++a[d]; 30 for(int i=he[g];i;i=ne[i]){ 31 if(to[i]==fa||vis[to[i]])continue; 32 dfsdep(to[i],g,a,d+1); 33 } 34 } 35 36 int r[N]; 37 38 inline int qpow(int d,int z) 39 { 40 int ret=1; 41 for(;z;z>>=1,d=1ll*d*d%mod) 42 if(z&1)ret=1ll*ret*d%mod; 43 return ret; 44 } 45 inline void ntt(int *a,cri n,cri tag){ 46 int cnt=-2;for(int i=n;i;i>>=1,++cnt); 47 for(int i=0;i<n;++i){ 48 r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<cnt); 49 if(r[i]>i)swap(a[i],a[r[i]]); 50 } 51 for(int i=1;i<n;i<<=1){ 52 LL u=qpow(tag==1?G1:G2,(mod-1)/i/2),w=1,t; 53 for(int j=0,I=i<<1;j<n;j+=I,w=1) 54 for(int k=0;k<i;++k,w=w*u%mod) 55 t=a[j+k+i]*w%mod,a[j+k+i]=(a[j+k]-t+mod)%mod,(a[j+k]+=t)%=mod; 56 } 57 } 58 int c[N];int sum[N]; 59 inline void work(int g) 60 { 61 int d=dfssz(g,0)-1,lim=1; 62 vis[g]=1;if(sz[g]==1)return; 63 for(lim=1;lim<=d+d;lim<<=1); 64 for(register int i=0;i<lim;++i)a[i]=b[i]=0; 65 for(int i=he[g],d2,l2;i;i=ne[i]){ 66 if(vis[to[i]])continue;dfsdep(to[i],g,a,1); 67 for(d2=1;a[d2];++d2)b[d2]+=a[d2];--d2; 68 for(l2=1;l2<=d2+d2;l2<<=1); 69 70 ntt(a,l2,1); 71 for(int j=0;j<l2;++j)a[j]=1ll*a[j]*a[j]%mod; 72 ntt(a,l2,-1); 73 74 const LL iv=qpow(l2,mod-2); 75 for(int j=0;j<=d2+d2;++j)sum[j]-=iv*a[j]%mod; 76 for(int j=0;j<l2;++j)a[j]=0; 77 } 78 79 for(int i=0;i<=d;++i)sum[i]+=b[i]<<1; 80 ntt(b,lim,1); 81 for(int i=0;i<lim;++i)b[i]=1ll*b[i]*b[i]%mod; 82 ntt(b,lim,-1); 83 const LL iv=qpow(lim,mod-2); 84 for(int i=0;i<=d+d;++i)sum[i]+=iv*b[i]%mod; 85 86 87 for(int i=he[g];i;i=ne[i]){ 88 if(vis[to[i]])continue; 89 alsz=sz[to[i]],dfsrt(to[i],g),c[++c[0]]=rt; 90 } 91 92 } 93 int main() 94 { 95 // freopen("da.in","r",stdin); 96 scanf("%d",&n); 97 for(int i=1,x,y;i<n;++i){ 98 scanf("%d%d",&x,&y),++x,++y; 99 addedge(x,y),addedge(y,x); 100 } 101 dfssz(1,0);alsz=sz[1];dfsrt(1,0);c[++c[0]]=rt; 102 for(int i=1;i<=c[0];++i)work(c[i]); 103 double ans=0; 104 for(int i=1;i<n;++i) 105 { 106 // printf("i:%d sum:%d\n",i,sum[i]); 107 ans+=1.0*sum[i]/(i+1.0); 108 } 109 printf("%.4lf\n",ans+n); 110 }
T5：万径人踪灭
字符串与fft的结合，考虑以每个点为中心，用总共的减去连续的。发现只要求出以每个点为中心的对称的点对有多少个即可，对于中心mid，若l与r关于mid对称，
则mid=（l+r）>>1,然后这个东西就可以卷积了。对a和b分别卷积，就能求出以每个点为中心的对称的点对的个数,求连续的个数可以manacher也可以hash+二分
T6：序列统计
考察原根的用法。利用原根把乘法转化为加法，即将1～p-1中的每个数都表示为原根的k次方，原数相乘=新数相加，然后就可以ntt了
T7：求和
fft与斯特林数结合，个人感觉难想的点其实在于把j的枚举范围从i直接升到n，这样其实是去掉j对i的限制，同时不影响答案。
T8：染色
fft+二项式反演。首先化式子，$ \binom{m}{k}*\binom{n}{k*s}*\frac{(k*s)!}{x^{k}}*(m-k)^{n-k*s} $就得到了钦定k个的方案数，注意，是钦定，而不是至少。
然后利用二项式反演的至少形式，化成卷积式，就可以fft了。
T9：城市规划
次题考察分治fft，分治fft的形式：$f[i]=\sum\limits_{j=1}^{i}g[j]*f[i-j]$
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define cri const register int 3 #define N 270050 4 #define LL long long 5 const int mod=1004535809,G1=3,G2=(mod+1)/G1; 6 using namespace std; 7 int n,f[N],g[N]; 8 inline int qpow(int d,LL z){ 9 int ret=1; 10 for(;z;z>>=1,d=1ll*d*d%mod) 11 if(z&1)ret=1ll*ret*d%mod; 12 return ret; 13 } 14 int inc[N],inv[N]; 15 inline void init(int n){ 16 inc[0]=inv[0]=1; 17 for(int i=1;i<=n;++i)inc[i]=1ll*inc[i-1]*i%mod; 18 inv[n]=qpow(inc[n],mod-2); 19 for(int i=n-1;i;--i)inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod; 20 for(int i=1;i<=n;++i) 21 g[i]=1ll*qpow(2,1ll*i*(i-1)>>1)*inv[i]%mod; 22 } 23 inline void ntt(int *a,cri n,cri tag) 24 { 25 static int r[N],cnt; 26 cnt=-2;for(int i=n;i;i>>=1,++cnt); 27 for(int i=0;i<n;++i){ 28 r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<cnt); 29 if(i>r[i])swap(a[i],a[r[i]]); 30 } 31 for(int i=1;i<n;i<<=1){ 32 LL u=qpow(tag==1?G1:G2,(mod-1)/i/2),w=1,t; 33 for(int j=0,I=i<<1;j<n;j+=I,w=1) 34 for(int k=0;k<i;++k,(w*=u)%=mod) 35 t=w*a[j+k+i]%mod,a[j+k+i]=(a[j+k]-t+mod)%mod,(a[j+k]+=t)%=mod; 36 } 37 } 38 inline void solve(int l,int r){ 39 if(l>n)return; 40 if(l==r){//printf("f[%d]=%d\n",l,f[l]); 41 if(l){ 42 f[l]=1ll*f[l]*inc[l-1]%mod; 43 f[l]=(1ll*g[l]*inc[l]%mod+0ll+mod-f[l])%mod; 44 f[l]=1ll*f[l]*inv[l-1]%mod; 45 } 46 return; 47 } 48 static int ff[N],gg[N]; 49 const int mid=l+r>>1; 50 solve(l,mid); 51 52 for(int i=l;i<=mid;++i)ff[i-l]=f[i],gg[i-l]=g[i-l]; 53 for(int i=mid+1;i<=r;++i)ff[i-l]=0,gg[i-l]=g[i-l];//gg[r-l]=0; 54 ntt(ff,r-l+1,1);ntt(gg,r-l+1,1); 55 for(int i=0;i<r-l+1;++i)ff[i]=1ll*ff[i]*gg[i]%mod; 56 ntt(ff,r-l+1,-1);const LL iv=qpow(r-l+1,mod-2); 57 for(int i=mid+1;i<=r;++i)(f[i]+=iv*ff[i-l]%mod)%=mod; 58 solve(mid+1,r); 59 } 60 int main(){ 61 scanf("%d",&n);init(n); 62 int lim;for(lim=1;lim<=n;lim<<=1); 63 solve(0,lim-1); 64 // for(int i=1;i<=n;++i)printf("%lld\n",1ll*f[i]*inc[i-1]%mod); 65 printf("%lld\n",1ll*f[n]*inc[n-1]%mod); 66 return 0; 67 }
然而这题化式子好像也挺难的。。。
考虑用总共的减去不合法的。设f[i]为答案数组，g[i]为i个点随意组合的方案数，则g[i]=2n*(n-1)/2
考虑最后一个点加在了哪个联通块里面：$f[i]=g[i]-\sum\limits_{j=1}^{i-1}\binom{i-1}{j}g[i-j]*f[j]$就可以卷积了。