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Description

求\(~n~\)个点组成的有标号无向连通图的个数。\(~1 \leq n \leq 13 \times 10 ^ 4~\).

Solution

这道题的弱化版是poj1737， 其中\(n \leq 50\)， 先来解决这个弱化版的题。考虑\(~dp~\)，直接统计答案难以入手，于是考虑容斥。显然有，符合条件的方案数\(=\)所有方案数\(-\)不符合条件的方案数，而这个不符合条件的方案数就是图没有完全联通的情况。设\(~dp_i~\)表示\(~i~\)个点组成的合法方案数，考虑\(~1~\)号点的联通情况，易得
\[ dp_i = 2 ^ {i \choose 2} - \sum_{j = 1}^{i - 1} {dp_j \times {{i - 1} \choose {j - 1}}} \times 2 ^ {{i - j} \choose 2} \]
这是什么意思呢...枚举\(~1~\)号点所在的联通块大小\(~j~\)， 可以知道这个联通块有\(~dp_j~\)种连法，除了这\(~j~\)个点，剩下的点可以随意连接，而这\(~j - 1~\)个点可以在\(~i - 1~\)个点中随意选择（因为强制选了\(~1~\)号点）。

那么这个简单版就已经解决了，时间复杂度\(~O(n ^ 2)~\)， 而且要写高精度。博主很懒就不想写了。这个复杂度的话不是神威的话肯定是跑不过的。于是我们考虑优化，把上面的式子展开，可以得到
\[ dp_i = 2 ^ {i \choose 2} - \sum_{j = 1}^{i - 1} dp_j \times \frac{(i - 1)!}{(j - 1)!(i - j)! } \times {2 ^ {i - j \choose 2}} \]
同除\(~(i - 1) !~?\)， 得
\[ \frac{dp_i}{(i - 1)!} = \frac{2 ^ {i \choose 2}}{(i - 1)!} - \sum_{j = 1}^{i - 1} \frac {dp_j \times {2 ^ {i - j \choose 2}}} {(j - 1)!(i - j)!} \]
观察一下，这个\(~ \frac{dp_i}{(i - 1)!} ~\)就是那个\(~\sum~\)式子的第\(~i~\)项， 移项得，
\[ \sum_{j = 1}^{i} \frac {dp_j}{(j - 1)!} \times \frac{2 ^ {i - j \choose 2}}{(i - j)!} = \frac{2 ^ {i \choose 2}}{(i - 1)!} \]
左边是很自然的一个卷积式子。令
\[ h = \sum_{i = 1}^{n} \frac{dp_i}{(i - 1)!} \times x^i~~, ~~g = \sum_{i = 0}^{n} \frac{2 ^ {i \choose 2}}{i!}\times x^i~~, ~~f = \sum_{i = 1}^{n} \frac{2 ^ {i \choose 2}}{(i - 1)!}\times x^i~~ \]
所以有\(~f = h * g\)， 但是我们要求的是\(~h_n~\)，转换一下就是\(~h = g * f ^ {-1}\)， 要用到多项式求逆。

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)
using namespace std;

inline void File() {
    freopen("bzoj3456.in", "r", stdin);
    freopen("bzoj3456.out", "w", stdout);
}

const int N = (1 << 20) + 10, mod = 1004535809;
int a[N], b[N], c[N], fac[N], inv[N], n;
int powg[N], invg[N], rev[N], siz, p[N], q[N];

inline int qpow(int a, int b) {
    static int res;
    for (res = 1; b; b >>= 1, a = 1ll * a * a % mod)
        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 * (i + 1) * inv[i + 1] % mod;
}

inline int add(int x, int y) { return (x += y) >= mod ? x - mod : x; }

inline void Init_pow(int n) {
    int g = qpow(3, mod - 2);
    for (int i = 1; i <= n; i <<= 1) {
        powg[i] = qpow(3, (mod - 1) / i);
        invg[i] = qpow(g, (mod - 1) / i);
    }
}

inline void Init_rev(int n) {
    int bit = 0; for (siz = 1; siz <= n; siz <<= 1) ++ bit; 
    For(i, 0, siz - 1) rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (bit - 1));    
}   

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 > 0 ? powg[i] : invg[i];

        for (int j = 0; j < siz; j += i) {
            int w = 1;
            for (int k = 0; k < i >> 1; w = 1ll * w * wn % mod, ++ k) {
                int x = a[j + k], y = 1ll * w * a[j + k + (i >> 1)] % mod;
                a[k + j] = add(x, y), a[k + j + (i >> 1)] = add(x, mod - y);
            }
        }
    }

    if (flag == -1) {
        int g = qpow(siz, mod - 2);
        For(i, 0, siz - 1) a[i] = 1ll * a[i] * g % mod;
    }
}

inline void Inv(int *a, int *b, int len) { // b is the inv of a
    if (len == 1) return (void) (b[0] = qpow(a[0], mod - 2));   

    Inv(a, b, len >> 1), Init_rev(len);
    For(i, 0, len - 1) p[i] = a[i], q[i] = b[i]; 

    NTT(p, 1), NTT(q, 1);
    For(i, 0, siz - 1) p[i] = 1ll * q[i] * q[i] % mod * p[i] % mod;
    NTT(p, -1);

    For(i, 0, len - 1) b[i] = add(2 * b[i] % mod, mod - p[i]);  
}

int main() {
    File();
    Init(N - 5), Init_pow(1 << 20);

    scanf("%d", &n);
    For(i, 0, n) b[i] = 1ll * inv[i] * qpow(2, 1ll * (i - 1) * i / 2 % (mod - 1)) % mod;
    For(i, 1, n) c[i] = 1ll * inv[i - 1] * qpow(2, 1ll * (i - 1) * i / 2 % (mod - 1)) % mod;

    Init_rev(n); Inv(b, a, siz);    

    NTT(a, 1), NTT(c, 1);
    For(i, 0, siz - 1) a[i] = 1ll * a[i] * c[i] % mod;
    NTT(a, -1);

    int ans = 1ll * a[n] * fac[n - 1] % mod;
    printf("%d", ans);
    return 0;
}

【bzoj3456】城市规划（多项式求逆+dp）

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原文地址：https://www.cnblogs.com/LSTete/p/9575645.html