标签：reverse cin any add 一个 i++ style const code
题目描述
给定一棵树，设 $f_k$ 表示任选 $k$ 个点组成的最小连通块之和，求 $f(i),i \in [1,n]$
数据范围
$n \le 2 \times 10^5$
题解
考虑容斥，即一个点对于 $k$ 不会产生贡献的方案数
于是对于一个点 $u$ ，设其为根，它对 $k$ 的贡献可以列出式子： $(_k^n)-\sum_{v \in son_u}(_k^{size_v})$
于是 $f_k=n(_k^n)-\sum_{i=1}^ng_i(_k^{i})$ ，其中 $g_i$ 表示子树大小为 $i$ 的贡献
于是就可以 $Ntt$ 了，本题中的原根是 $5$ 。效率： $O(nlogn)$
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=8e5+5,P=924844033; int n,hd[N],V[N],nx[N],t,p,A[N],G[2]={5,554906420},B[N],sz[N],r[N],jc[N],ny[N]; int X(int x){return x>=P?x-P:x;} int K(int x,int y){ int z=1; for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P) if (y&1) z=1ll*z*x%P; return z; } void add(int u,int v){ nx[++t]=hd[u];V[hd[u]=t]=v; } void dfs(int u,int fr){ sz[u]=1; for (int i=hd[u];i;i=nx[i]) if (V[i]!=fr){ dfs(V[i],u); sz[u]+=sz[V[i]]; A[sz[V[i]]]--; } if (u!=1) A[n-sz[u]]--; } void Ntt(int *a,int o){ for (int i=0;i<t;i++) if (i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]); for (int wn,i=1;i<t;i<<=1){ wn=K(G[o],(P-1)/(i<<1)); for (int x,y,j=0;j<t;j+=(i<<1)) for (int k=0,w=1;k<i;k++,w=1ll*w*wn%P) x=a[j+k],y=1ll*a[i+j+k]*w%P, a[j+k]=X(x+y),a[i+j+k]=X(x-y+P); } if (o) for (int i=0,v=K(t,P-2);i<t;i++) a[i]=1ll*a[i]*v%P; } int main(){ cin>>n;jc[0]=1; for (int i=1,x,y;i<n;i++) scanf("%d%d",&x,&y), add(x,y),add(y,x); A[n]=n;dfs(1,0); for (int i=1;i<=n;i++) jc[i]=1ll*i*jc[i-1]%P; ny[n]=K(jc[n],P-2); for (int i=n;i;i--) ny[i-1]=1ll*i*ny[i]%P; for (int i=0;i<=n;i++) B[i]=ny[i],A[i]=1ll*X(A[i]+P)*jc[i]%P; reverse(B,B+n+1); for (t=1;t<n+n+2;t<<=1,p++); for (int i=0;i<t;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(p-1)); Ntt(A,0);Ntt(B,0); for (int i=0;i<t;i++) A[i]=1ll*A[i]*B[i]%P; Ntt(A,1); for (int i=1;i<=n;i++) printf("%lld\n",1ll*ny[i]*A[n+i]%P); return 0; }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/xjqxjq/p/12243164.html
