2013集训胡渊鸣城市规划

Posted 2021-01-23 emiya-wjk

题面

Description

刚刚解决完电力网络的问题, 阿狸又被领导的任务给难住了.　　

刚才说过, 阿狸的国家有n个城市, 现在国家需要在某些城市对之间建立一些贸易路线, 使得整个国家的任意两个城市都直接或间接的连通.

为了省钱, 每两个城市之间最多只能有一条直接的贸易路径. 对于两个建立路线的方案, 如果存在一个城市对, 在两个方案中是否建立路线不一样, 那么这两个方案就是不同的, 否则就是相同的. 现在你需要求出一共有多少不同的方案.

好了, 这就是困扰阿狸的问题. 换句话说, 你需要求出n个点的简单(无重边无自环)无向连通图数目.

由于这个数字可能非常大, 你只需要输出方案数mod 1004535809(479 * 2 ^ 21 + 1)即可.

Input

仅一行一个整数n(<=130000)

Output

仅一行一个整数, 为方案数 mod 1004535809.

Sample Input

3

Sample Output

4

Hint

【样例输入2】

4

【样例输出2】

38

【样例输入3】

100000

【样例输出3】

829847355

【数据规模和约定】

对于 20%的数据, n <= 10

对于 40%的数据, n <= 1000

对于 60%的数据, n <= 30000

对于 80%的数据, n <= 60000

对于 100%的数据, n <= 130000

题目分析

设(f(n))表示(n)个城市的可行的方案数，则有
[ f(n)=2^{frac{ncdot(n-1)}2}-sum_{i=1}^{n-1}C_{n-1}^{i-1}cdot f(i)cdot2^{frac{(n-i)cdot(n-i-1)}{2}} ]

意思是：总情况(2^{frac{ncdot(n-1)}2})减去不成立的情况。

不成立的情况可以理解为：

枚举节点1所在的联通块大小(i)，有(C_{n-1}^{i-1}cdot f(i))种情况满足；

剩下的((n-i))个节点随意连边，有(2^{frac{(n-i)cdot(n-i-1)}2})中情况。

所以，不成立的情况总计为
[ sum_{i=1}^{n-1}C_{n-1}^{i-1}cdot f(i)cdot2^{frac{(n-i)cdot(n-i-1)}{2}} ]

---

现在，我们需要加速这个算法，将递推式继续化简。
[ egin{split} f(n)&=2^{frac{ncdot(n-1)}2}-sum_{i=1}^{n-1}C_{n-1}^{i-1}cdot f(i)cdot2^{frac{(n-i)cdot(n-i-1)}{2}}&=2^{frac{ncdot(n-1)}2}-sum_{i=1}^{n-1}frac{(n-1)!}{(i-1)!cdot (n-i)!}cdot f(i)cdot2^{frac{(n-i)cdot(n-i-1)}{2}}&=2^{frac{ncdot(n-1)}2}-sum_{i=1}^{n-1}(n-1)!cdot frac{f(i)}{(i-1)!}cdotfrac{2^{frac{(n-i)cdot(n-i-1)}{2}}}{(n-i)!}\frac {f(n)}{(n-1)!}&=frac{2^{frac{ncdot(n-1)}2}}{(n-1)!}-sum_{i=1}^{n-1}frac{f(i)}{(i-1)!}cdotfrac{2^{frac{(n-i)cdot(n-i-1)}{2}}}{(n-i)!}\end{split} ]

设(g(i)=frac {f(i)}{(i-1)!},h(i)=frac{2^frac{icdot(i-1)}{2}}{i!})，有
[ egin{split} g(n)cdot h(0)&=frac{2^{frac{ncdot(n-1)}2}}{(n-1)!}-sum_{i=1}^{n-1}g(i)cdot h(n-i)移项得\frac{2^{frac{ncdot(n-1)}2}}{(n-1)!}&=sum_{i=1}^{n}g(i)cdot h(n-i) end{split} ]

设(F(n)=frac{2^{frac{ncdot(n-1)}2}}{(n-1)!})，现在，这就是一个卷积的形式：
[ egin{split} F(n)&=sum_{i=1}^{n}g(i)cdot h(n-i)F&=g*hg&=F*h^{-1} end{split} ]

然后问题就转化为了多项式求逆。

代码实现

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<cstdlib>
#define MAXN 0x7fffffff
typedef long long LL;
const int N=550005,mod=1004535809;
using namespace std;
inline int Getint(){register int x=0,f=1;register char ch=getchar();while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}
int ksm(int x,int k){
    int ret=1;
    while(k){
        if(k&1)ret=(LL)ret*x%mod;
        x=(LL)x*x%mod,k>>=1; 
    }
    return ret;
}
void NTT(int *a,int x,int K){
    static int rev[N],lst;
    int n=1<<x;
    if(n!=lst){
        for(int i=0;i<n;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<x-1);
        lst=n;
    }
    for(int i=0;i<n;i++)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
    for(int i=1;i<n;i<<=1){
        int tmp=i<<1,wn=ksm(3,(mod-1)/tmp);
        if(K==-1)wn=ksm(wn,mod-2); 
        for(int j=0;j<n;j+=tmp){
            int w=1;
            for(int k=0;k<i;k++,w=(LL)w*wn%mod){
                int x=a[j+k],y=(LL)w*a[i+j+k]%mod;
                a[j+k]=(x+y)%mod;a[i+j+k]=(x-y+mod)%mod;
            }
        }
    }
    if(K==-1){
        int inv=ksm(n,mod-2);
        for(int i=0;i<n;i++)a[i]=(LL)a[i]*inv%mod;
    }
}
void Inv(int *f,int *g,int len){
    static int A[N];
    if(len==1)return g[0]=ksm(f[0],mod-2),void();
    Inv(f,g,len>>1),copy(f,f+len,A);
    int x=log2(len<<1),n=1<<x;
    fill(A+len,A+n,0),fill(g+(len>>1),g+n,0);
    NTT(A,x,1),NTT(g,x,1);
    for(int i=0;i<n;i++)g[i]=(mod+2-(LL)A[i]*g[i]%mod)*g[i]%mod;
    NTT(g,x,-1),fill(g+len,g+n,0); 
}
int a[N],b[N],c[N];
int fac[N];
int main(){
    int n=Getint();
    fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=(LL)fac[i-1]*i%mod;
    b[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int x=ksm(2,(LL)i*(i-1)/2%(mod-1));
        a[i]=(LL)x*ksm(fac[i-1],mod-2)%mod;
        b[i]=(LL)x*ksm(fac[i],mod-2)%mod;
    }
    int x=ceil(log2(n<<1|1));
    Inv(b,c,1<<x);
    NTT(a,x,1),NTT(c,x,1);
    for(int i=0;i<(1<<x);i++)a[i]=(LL)a[i]*c[i]%mod;
    NTT(a,x,-1);
    cout<<(LL)a[n]*fac[n-1]%mod;
    return 0;
}