UOJ Contest #50: Goodbye Jihai

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了UOJ Contest #50: Goodbye Jihai相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

比赛传送门:Goodbye Jihai

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


A. 新年的促销

咕。

B. 新年的新航线

咕。

C. 新年的复读机

咕。

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结合律

对于所有 (n) 个图的总乘积 (H = G_1 imes G_2 imes cdots imes G_n = langle V^*, E^* angle),有:
(V^* = { langle a_1, a_2, ldots, a_n angle : | : a_i in V_i }),以及
两点 (langle a_1, a_2, ldots, a_n angle)(langle b_1, b_2, ldots, b_n angle) 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 angle 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 angle) 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)(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:

  1. 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。
  2. 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。
  3. 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 (egin{bmatrix}n\a\b\cend{bmatrix})
假设第二张图 (G_2) 的信息为 (egin{bmatrix}m\d\e\fend{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: (egin{bmatrix}n\a\b\cend{bmatrix}cdotegin{bmatrix}m\d\e\fend{bmatrix}=egin{bmatrix}nm\am+nd-ad\2be+bf+ce\cfend{bmatrix})

不难发现信息乘积的单位元为 (egin{bmatrix}1\0\0\1end{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:

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

其中:
(hat{G}_{ ext{arbitrary}}) 表示 (n) 个点的有标号无向图总数的 (mathbf{EGF})
(hat{G}_{ ext{connected}}) 表示 (n) 个点的有标号连通无向图总数的 (mathbf{EGF})
(hat{C}_{ ext{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}_{ ext{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}_{ ext{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 inom{i + j}{2} = inom{i}{2} + inom{j}{2} + ij) 分离枚举变量 (i, j) 使其相互独立;
(hat{G}_{ ext{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}_{ ext{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}_{ ext{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}_{ ext{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
", ((LL)Ans[1] + Ans[2] + Ans[3]) % Mod);
    return 0;
}

E. 新年的邀请函

咕。

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