UOJ Contest #50: Goodbye Jihai

时间：2020-01-24 09:21:39 阅读：106 评论：0 收藏：0 [点我收藏+]

比赛传送门：Goodbye Jihai。

\(\Huge{\mathbf{再见，己亥。\\你好，庚子！\\祝大家新春快乐！}}\)

D. 新年的追逐战

赛时想出了除了生成函数的部分，但是因为坏蛋出题人 EI 没有给适合我的部分分，导致我获得了暴力分。

不难发现题目中定义的图乘积运算满足交换律和结合律。

对于所有 \(n\) 个图的总乘积 \(H = G_1 \times G_2 \times \cdots \times G_n = \langle V^*, E^* \rangle\)，有：
\(V^* = \{ \langle a_1, a_2, \ldots, a_n \rangle \: | \: a_i \in V_i \}\)，以及
两点 \(\langle a_1, a_2, \ldots, a_n \rangle\) 与 \(\langle b_1, b_2, \ldots, b_n \rangle\) 之间有连边，当且仅当对于每个 \(1 \le i \le n\)，都有 \(\langle a_i, b_i \rangle \in E_i\)。

考虑 \(H\) 的连通块性质。通过手玩一些简单情况，可以总结归纳：
首先，在每一个原图 \(G_i\) 上都放置一个棋子，第 \(i\) 个棋子在 \(G_i\) 的点 \(a_i\) 上，那么 \(H\) 中与 \(u = \langle a_1, a_2, \ldots, a_n \rangle\) 邻接的一条边就相当于每个图上的棋子都走恰好一步。
可以得出，如果这之中某一个棋子在孤立点上，那么 \(u\) 就不存在邻接边。
对于其它的情况，显然第 \(i\) 个棋子能够移动的范围就是 \(G_i\) 中 \(a_i\) 所在的连通块的所有点。
因为每个连通块都不是孤立点，所以棋子可以无限移动。因为连通块之间是独立的，接下来假设 \(n = 2\)，即只计算两个连通块的乘积：

如果两个连通块都是二分图，则它们的乘积恰好是 \(2\) 个二分图。
证明：为这两个连通块中的点进行黑白染色，则如果两个棋子所在的初始节点同色，则任意移动都是同色的，否则都是不同色的。而且不难证明，两种情况中的点都分别连通。而因为棋子要回到初始点必然要走偶数步，所以也不存在奇环，是二分图。
如果其中一个连通块是二分图，另一个连通块不是二分图，则它们的乘积恰好是 \(1\) 个二分图。
证明：为二分图中的点进行黑白染色，因为非二分图内含有奇环，对于在非二分图上的棋子，可以在奇环中绕一圈，而在二分图上的棋子所在点的颜色就会改变。同样的，这些点也是互相连通的。同样因为二分图中的棋子要回到初始点必然要走偶数步，所以也不存在奇环，是二分图。
如果两个连通块都不是二分图，则它们的乘积恰好是 \(1\) 个非二分图。
证明：同样的，其中一个棋子在奇环中绕一圈，另一个棋子一直在一条边上往返，则可以让另一个棋子移动到边的另一端，所以点都是连通的。两个棋子在奇环上绕两环长乘积步，则就是走了奇数步回到初始位置，不是二分图。

更一般地，我们总结两张图乘积的规律：
对于有 \(n\) 个点的图 \(G_1\)，假设其中有 \(a\) 个孤立点，\(b\) 个非孤立点二分图连通块，\(c\) 个非二分图连通块，我们把这些信息记做 \(\begin{bmatrix}n\\a\\b\\c\end{bmatrix}\)。
假设第二张图 \(G_2\) 的信息为 \(\begin{bmatrix}m\\d\\e\\f\end{bmatrix}\)。则可以如下总结两张图的乘积 \(H\) 的规律：
\(H\) 中的点数显然为 \(nm\)，孤立点数为 \(am + nd - ad\)，非孤立点二分图连通块数为 \(2be + bf + ce\)，非二分图连通块数为 \(cf\)。
则有图信息之间的乘积公式： \(\begin{bmatrix}n\\a\\b\\c\end{bmatrix}\cdot\begin{bmatrix}m\\d\\e\\f\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}nm\\am+nd-ad\\2be+bf+ce\\cf\end{bmatrix}\)。

不难发现信息乘积的单位元为 \(\begin{bmatrix}1\\0\\0\\1\end{bmatrix}\)，只要计算出每个 \(k_i\) 的信息之和，再依次乘起来即可得到图的总乘积 \(H\) 的信息。

接下来考虑计算点数为 \(k_i\) 的所有有标号无向图的信息之和，也即需要计算这些图中的孤立点总数、非孤立点二分图连通块总数、非二分图连通块总数。请看下列生成函数推导：

\[\begin{aligned} \hat{G}_{\text{arbitrary}} &= \sum_{i = 0}^{\infty} 2^{\binom{i}{2}} \frac{z^i}{i!} & : & [1, 1, 2, 8, 64, 1024, \ldots] \\ \hat{G}_{\text{connected}} &= \ln \hat{G}_{\text{arbitrary}} & : & [0, 1, 1, 4, 38, 728, \ldots] \\ \hat{C}_{\text{connected}} &= \hat{G}_{\text{connected}} \hat{G}_{\text{arbitrary}} & : & [0, 1, 3, 13, 98, 1398, \ldots]\\ \hat{C}_{\text{isolated}} &= z \, \hat{G}_{\text{arbitrary}} & : & [0, 1, 2, 6, 32, 320, \ldots] \\ \hat{G}_{\text{colored bipartite}} &= \sum_{i = 0}^{\infty} \sum_{j = 0}^{\infty} \binom{i + j}{i} 2^{ij} \frac{z^{(i + j)}}{(i + j)!} & & \\ &= \sum_{i = 0}^{\infty} \sum_{j = 0}^{\infty} \frac{2^{-\binom{i}{2}}}{i!} \frac{2^{-\binom{j}{2}}}{j!} 2^{\binom{i + j}{2}} z^{(i + j)} & & \\ &= \sum_{n = 0}^{\infty} 2^{\binom{n}{2}} [z^n] {\left( \sum_{i = 0}^{\infty} 2^{-\binom{i}{2}} \frac{z^i}{i!} \right)}^2 & : & [1, 2, 6, 26, 162, 1442, \ldots] \\ \hat{G}_{\text{con-bipartite(not isolated)}} &= \frac{\ln \hat{G}_{\text{colored bipartite}}}{2} - z & : & [0, 0, 1, 3, 19, 195, \ldots] \\ \hat{C}_{\text{con-bipartite(not isolated)}} &= \hat{G}_{\text{con-bipartite(not isolated)}} \hat{G}_{\text{arbitrary}} & : & [0, 0, 1, 6, 43, 430, \ldots] \\ \hat{C}_{\text{connected, not bipartite}} &= \hat{C}_{\text{connected}} - \hat{C}_{\text{isolated}} - \hat{C}_{\text{con-bipartite(not isolated)}} & : & [0, 0, 0, 1, 23, 648, \ldots] \end{aligned}\]

其中：
\(\hat{G}_{\text{arbitrary}}\) 表示 \(n\) 个点的有标号无向图总数的 \(\mathbf{EGF}\)；
\(\hat{G}_{\text{connected}}\) 表示 \(n\) 个点的有标号连通无向图总数的 \(\mathbf{EGF}\)；
\(\hat{C}_{\text{connected}}\) 表示所有 \(n\) 个点的有标号无向图中的连通块数量总和的 \(\mathbf{EGF}\)；
\(\hat{C}_{\text{isolated}}\) 表示所有 \(n\) 个点的有标号无向图中的孤立点数总和的 \(\mathbf{EGF}\)；
\(\hat{G}_{\text{colored bipartite}}\) 表示 \(n\) 个点的点二染色的有标号无向二分图总数的 \(\mathbf{EGF}\)，求它的技巧是利用 \(\displaystyle \binom{i + j}{2} = \binom{i}{2} + \binom{j}{2} + ij\) 分离枚举变量 \(i, j\) 使其相互独立；
\(\hat{G}_{\text{con-bipartite(not isolated)}}\) 表示 \(n\) 个点的非孤立点有标号连通无向二分图总数的 \(\mathbf{EGF}\)，因为连通二分图恰好有两种染色方案，所以将 \(\hat{G}_{\text{colored bipartite}}\) 取对数后再除以 \(2\) 就得到了连通二分图的 \(\mathbf{EGF}\)，再减去 \(z\) 是为了去除孤立点的情况；
\(\hat{C}_{\text{con-bipartite(not isolated)}}\) 表示所有 \(n\) 个点的有标号无向图中的非孤立点二分图连通块数量总和的 \(\mathbf{EGF}\)；
\(\hat{C}_{\text{connected, not bipartite}}\) 表示所有 \(n\) 个点的有标号无向图中的非二分图连通块数量总和的 \(\mathbf{EGF}\)。

按照生成函数计算即可。

下面是代码，时间复杂度为 \(\mathcal O (n + \max k_i \log \max k_i)\)：

#include <cstdio>
#include <algorithm>

typedef long long LL;
const int Mod = 998244353, Inv2 = (Mod + 1) / 2;
const int G = 3, iG = 332748118;
const int MS = 1 << 18;

inline int qPow(int b, int e) {
    int a = 1;
    for (; e; e >>= 1, b = (LL)b * b % Mod)
        if (e & 1) a = (LL)a * b % Mod;
    return a;
}

inline int gInv(int b) { return qPow(b, Mod - 2); }

int Inv[MS], Fac[MS], iFac[MS];

inline void Init(int N) {
    Fac[0] = 1;
    for (int i = 1; i < N; ++i) Fac[i] = (LL)Fac[i - 1] * i % Mod;
    iFac[N - 1] = gInv(Fac[N - 1]);
    for (int i = N - 1; i >= 1; --i) iFac[i - 1] = (LL)iFac[i] * i % Mod;
    for (int i = 1; i < N; ++i) Inv[i] = (LL)Fac[i - 1] * iFac[i] % Mod;
}

inline int Binom(int N, int M) {
    if (M < 0 || M > N) return 0;
    return (LL)Fac[N] * iFac[M] % Mod * iFac[N - M] % Mod;
}

int Sz, InvSz, R[MS];

inline int getB(int N) { int Bt = 0; while (1 << Bt < N) ++Bt; return Bt; }

inline void InitFNTT(int N) {
    int Bt = getB(N);
    if (Sz == (1 << Bt)) return ;
    Sz = 1 << Bt, InvSz = Mod - (Mod - 1) / Sz;
    for (int i = 1; i < Sz; ++i) R[i] = R[i >> 1] >> 1 | (i & 1) << (Bt - 1);
}

inline void FNTT(int *A, int Ty) {
    for (int i = 0; i < Sz; ++i) if (R[i] < i) std::swap(A[R[i]], A[i]);
    for (int j = 1, j2 = 2; j < Sz; j <<= 1, j2 <<= 1) {
        int wn = qPow(~Ty ? G : iG, (Mod - 1) / j2), w, X, Y;
        for (int i = 0, k; i < Sz; i += j2) {
            for (k = 0, w = 1; k < j; ++k, w = (LL)w * wn % Mod) {
                X = A[i + k], Y = (LL)w * A[i + j + k] % Mod;
                A[i + k] -= (A[i + k] = X + Y) >= Mod ? Mod : 0;
                A[i + j + k] += (A[i + j + k] = X - Y) < 0 ? Mod : 0;
            }
        }
    }
    if (!~Ty) for (int i = 0; i < Sz; ++i) A[i] = (LL)A[i] * InvSz % Mod;
}

inline void PolyConv(int *_A, int N, int *_B, int M, int *_C, int tN = -1) {
    if (tN == -1) tN = N + M - 1;
    static int A[MS], B[MS];
    InitFNTT(N + M - 1);
    for (int i = 0; i < N; ++i) A[i] = _A[i];
    for (int i = N; i < Sz; ++i) A[i] = 0;
    for (int i = 0; i < M; ++i) B[i] = _B[i];
    for (int i = M; i < Sz; ++i) B[i] = 0;
    FNTT(A, 1), FNTT(B, 1);
    for (int i = 0; i < Sz; ++i) A[i] = (LL)A[i] * B[i] % Mod;
    FNTT(A, -1);
    for (int i = 0; i < tN; ++i) _C[i] = A[i];
}

inline void PolyInv(int *_A, int N, int *_B) {
    static int A[MS], B[MS], tA[MS], tB[MS];
    for (int i = 0; i < N; ++i) A[i] = _A[i];
    for (int i = N, Bt = getB(N); i < 1 << Bt; ++i) A[i] = 0;
    B[0] = gInv(A[0]);
    for (int L = 1; L < N; L <<= 1) {
        int L2 = L << 1, L4 = L << 2;
        InitFNTT(L4);
        for (int i = 0; i < L2; ++i) tA[i] = A[i];
        for (int i = L2; i < Sz; ++i) tA[i] = 0;
        for (int i = 0; i < L; ++i) tB[i] = B[i];
        for (int i = L; i < Sz; ++i) tB[i] = 0;
        FNTT(tA, 1), FNTT(tB, 1);
        for (int i = 0; i < Sz; ++i) tB[i] = tB[i] * (2 - (LL)tA[i] * tB[i] % Mod + Mod) % Mod;
        FNTT(tB, -1);
        for (int i = 0; i < L2; ++i) B[i] = tB[i];
    }
    for (int i = 0; i < N; ++i) _B[i] = B[i];
}

inline void PolyLn(int *_A, int N, int *_B) {
    static int tA[MS], tB[MS];
    for (int i = 1; i < N; ++i) tA[i - 1] = (LL)_A[i] * i % Mod;
    PolyInv(_A, N - 1, tB);
    InitFNTT(N + N - 3);
    for (int i = N - 1; i < Sz; ++i) tA[i] = 0;
    for (int i = N - 1; i < Sz; ++i) tB[i] = 0;
    FNTT(tA, 1), FNTT(tB, 1);
    for (int i = 0; i < Sz; ++i) tA[i] = (LL)tA[i] * tB[i] % Mod;
    FNTT(tA, -1);
    _B[0] = 0;
    for (int i = 1; i < N; ++i) _B[i] = (LL)tA[i - 1] * Inv[i] % Mod;
}

const int MN = 100005;

inline void Merge(int *A, int *B) {
    static int C[4];
    C[0] = (LL)A[0] * B[0] % Mod;
    C[1] = ((LL)A[1] * B[0] + (LL)A[0] * B[1] - (LL)A[1] * B[1]) % Mod;
    if (C[1] < 0) C[1] += Mod;
    C[2] = (2ll * A[2] * B[2] + (LL)A[2] * B[3] + (LL)A[3] * B[2]) % Mod;
    C[3] = (LL)A[3] * B[3] % Mod;
    A[0] = C[0], A[1] = C[1], A[2] = C[2], A[3] = C[3];
}

int N, K[MN], MaxK;
int A1[MS], A2[MS], A3[MS], A4[MS], A5[MS], A6[MS], A7[MS], A8[MS];
int C0[MS], C1[MS], C2[MS], C3[MS];

int main() {
    scanf("%d", &N);
    for (int i = 1; i <= N; ++i) {
        scanf("%d", &K[i]);
        MaxK = std::max(MaxK, K[i]);
    }
    Init(MaxK + 1);
    for (int i = 0; i <= MaxK; ++i) A1[i] = (LL)qPow(2, (LL)i * (i - 1) / 2 % (Mod - 1)) * iFac[i] % Mod;
    PolyLn(A1, MaxK + 1, A2);
    PolyConv(A2, MaxK + 1, A1, MaxK + 1, A3, MaxK + 1);
    for (int i = 1; i <= MaxK; ++i) A4[i] = A1[i - 1];
    for (int i = 0; i <= MaxK; ++i) A5[i] = (LL)qPow(Inv2, (LL)i * (i - 1) / 2 % (Mod - 1)) * iFac[i] % Mod;
    PolyConv(A5, MaxK + 1, A5, MaxK + 1, A5, MaxK + 1);
    for (int i = 0; i <= MaxK; ++i) A5[i] = (LL)A5[i] * qPow(2, (LL)i * (i - 1) / 2 % (Mod - 1)) % Mod;
    PolyLn(A5, MaxK + 1, A6);
    for (int i = 0; i <= MaxK; ++i) A6[i] = (LL)A6[i] * Inv2 % Mod;
    --A6[1];
    PolyConv(A6, MaxK + 1, A1, MaxK + 1, A7, MaxK + 1);
    for (int i = 0; i <= MaxK; ++i) A8[i] = ((LL)A3[i] - A4[i] - A7[i] + Mod * 2) % Mod;
    for (int i = 0; i <= MaxK; ++i) {
        C0[i] = (LL)i * qPow(2, (LL)i * (i - 1) / 2 % (Mod - 1)) % Mod;
        C1[i] = (LL)A4[i] * Fac[i] % Mod;
        C2[i] = (LL)A7[i] * Fac[i] % Mod;
        C3[i] = (LL)A8[i] * Fac[i] % Mod;
    }
    int Ans[4] = {1, 0, 0, 1};
    for (int i = 1; i <= N; ++i) {
        static int Now[4];
        Now[0] = C0[K[i]], Now[1] = C1[K[i]],
        Now[2] = C2[K[i]], Now[3] = C3[K[i]];
        Merge(Ans, Now);
    }
    printf("%lld\n", ((LL)Ans[1] + Ans[2] + Ans[3]) % Mod);
    return 0;
}

E. 新年的邀请函

咕。

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