hdu5824 graph

Posted 2020-09-10 AntiLeaf

传送门

题意：定义一个无向图的权值为图中形为树的连通块数量的$k$次方，求所有$n$个点有标号的简单无向图的权值之和。

这个题还是很妙的啊……(好吧，其实只有最后的复合函数求导比较有意思……)

先套路一发，定义答案的$EGF$为$F(x)$一棵树的$EGF$为$T(x)$，每个连通块都不是树的$EGF$为$G(x)$，强制连通的无向图的$EGF$为$H(x)$，显然有

\begin{align}F(x)=\left(\sum_{i\ge 0}\frac{i^k T(x)^i}{i!}\right)G(x)\end{align}

意思就是枚举树的数量，统计数量之后乘上贡献，左边要除以$i!$是为了去重(因为几个树组成的图是集合，不是序列，元素没有顺序)。

根据一些简单的知识不难得到以下结论：

$[x^n]T(x)=n^{n-2}$

$G(x)=\exp(H(x)-T(x))$(因为每个连通块都不能是树，那么我们用连通图个数减掉树的个数，再用这个东西搞一个集合即可，不难发现就是对一个连通块的$EGF$做一下$\exp$的结果。)

$H(x)$可以跑多项式$\ln$之类的东西得到(参见城市规划的做法)，那么后面的$G(x)$就好算了，然后再解决前面的那个东西就可以$O(n)$得出最后的答案了(因为只要求一项，所以暴力求出卷积的第$n$项即可)。

定义

\begin{align}A_k(x)=\sum_{i\ge 0}\frac{i^k T(x)^i}{i!}\end{align}

注意到$A_k(x)$其实是一个复合函数，那么假设有$f(T)=A_k(x)$，我们可以尝试对$f(T)$求个导，而根据复合函数求导法则($(f(g(x)))’=f’(g(x))g’(x)$)有$[T^i]f’(T)=\frac{i^k T(x)^{i-1}T‘(x)i}{i!}=T‘(x)\frac{i^{k+1}T(x)^{i-1}}{i!}$，因此$[T^i]f’(T)=\frac{i^k T(x)^{i-1}T‘(x)i}{i!}=T‘(x)\frac{i^{k+1}T(x)^{i-1}}{i!}$。

因为$f(T)$本质就是$A_k(x)$，因此$f’(T)$和$A_k’(x)$是等价的，所以有

\begin{align}A_k‘(x)=\frac{T‘(x)}{T(x)}\sum_{i\ge 1}\frac{i^{k+1}T(x)^i}{i!}=\frac{T‘(x)}{T(x)}A_{k+1}(x)\end{align}

(注意这里不用处理常数项的问题，因为$k>0$时有$[x^0]A_k(x)=0$)

也就是说$A_{k+1}(x)=A_k‘(x)\frac{T(x)}{T‘(x)}$，那么直接利用这个递推$k$次即可，边界也不难得到：

\begin{align}A_0(x)=\sum_{i\ge 0}\frac{i^0 T(x)^i}{i!}=\exp(T(x))\end{align}

然后就可以做了，复杂度$O(kn\log n)$，因为$\exp$只需要做两次，所以常数还是不大的。

(虽然比起NTT优化DP的做法来说代码长还跑得慢……)

  1 #include<cstdio>
  2 #include<cstring>
  3 #include<algorithm>
  4 using namespace std;
  5 const int maxn=65550,p=998244353,g=3;
  6 void NTT(int*,int,int);
  7 void getexp(int*,int*,int);
  8 void getln(int*,int*,int);
  9 void getinv(int*,int*,int);
 10 void getderivative(int*,int*,int);
 11 void getintegrate(int*,int*,int);
 12 int qpow(int,int,int);
 13 int n,N=1,k,A[maxn],B[maxn],C[maxn],T[maxn],G[maxn],fac[maxn],fac_inv[maxn],inv[maxn],ans=0;
 14 int main(){
 15    scanf("%d%d",&n,&k);
 16    while(N<=n)N<<=1;
 17    fac[0]=fac_inv[0]=1;
 18    for(int i=1;i<N;i++)fac[i]=(long long)fac[i-1]*i%p;
 19    fac_inv[N-1]=qpow(fac[N-1],p-2,p);
 20    for(int i=N-2;i;i--)fac_inv[i]=(long long)fac_inv[i+1]*(i+1)%p;
 21    for(int i=1;i<N;i++)inv[i]=(long long)fac_inv[i]*fac[i-1]%p;
 22    T[1]=G[0]=1;
 23    for(int i=2;i<=n;i++)T[i]=(long long)qpow(i,i-2,p)*fac_inv[i]%p;
 24    for(int i=1;i<=n;i++)G[i]=(long long)qpow(2,(((long long)i*(i-1))>>1)%(p-1),p)*fac_inv[i]%p;
 25    getln(G,B,N);
 26    for(int i=0;i<N;i++)B[i]=(B[i]-T[i]+p)%p;
 27    getexp(B,G,N);
 28    fill(B,B+(N<<1),0);
 29    getderivative(T,B,N);
 30    getinv(B,C,N);
 31    copy(T,T+N,B);
 32    NTT(B,N<<1,1);
 33    NTT(C,N<<1,1);
 34    for(int i=0;i<(N<<1);i++)C[i]=(long long)B[i]*C[i]%p;
 35    NTT(C,N<<1,-1);
 36    fill(C+N,C+(N<<1),0);
 37    NTT(C,N<<1,1);
 38    getexp(T,A,N);
 39    for(int j=1;j<=k;j++){
 40       fill(B,B+(N<<1),0);
 41       getderivative(A,B,N);
 42       NTT(B,N<<1,1);
 43       for(int i=0;i<(N<<1);i++)B[i]=(long long)B[i]*C[i]%p;
 44       NTT(B,N<<1,-1);
 45       copy(B,B+N,A);
 46    }
 47    for(int i=0;i<=n;i++)ans=(ans+(long long)A[i]*G[n-i]%p)%p;
 48    printf("%d",(int)((long long)ans*fac[n]%p));
 49    return 0;
 50 }
 51 void NTT(int *A,int n,int tp){
 52    for(int i=1,j=0,k;i<n-1;i++){
 53       k=n;
 54       do j^=(k>>=1);while(j<k);
 55       if(i<j)swap(A[i],A[j]);
 56    }
 57    for(int k=2;k<=n;k<<=1){
 58       int wn=qpow(g,(tp>0?(p-1)/k:(p-1)/k*(long long)(p-2)%(p-1)),p);
 59       for(int i=0;i<n;i+=k){
 60         int w=1;
 61         for(int j=0;j<(k>>1);j++,w=(long long)w*wn%p){
 62            int a=A[i+j],b=(long long)w*A[i+j+(k>>1)]%p;
 63            A[i+j]=(a+b)%p;
 64            A[i+j+(k>>1)]=(a-b+p)%p;
 65         }
 66       }
 67    }
 68    if(tp<0){
 69       int inv=qpow(n,p-2,p);
 70       for(int i=0;i<n;i++)A[i]=(long long)A[i]*inv%p;
 71    }
 72 }
 73 void getexp(int *A,int *C,int n){
 74    static int B[maxn];
 75    fill(C,C+(n<<1),0);
 76    C[0]=1;
 77    for(int k=2;k<=n;k<<=1){
 78       getln(C,B,k);
 79       for(int i=0;i<k;i++)B[i]=(A[i]-B[i]+p)%p;
 80       B[0]=(B[0]+1)%p;
 81       NTT(B,k<<1,1);
 82       NTT(C,k<<1,1);
 83       for(int i=0;i<(k<<1);i++)C[i]=(long long)B[i]*C[i]%p;
 84       NTT(C,k<<1,-1);
 85       fill(C+k,C+(k<<1),0);
 86    }
 87 }
 88 void getln(int *A,int *C,int n){
 89    static int B[maxn];
 90    getderivative(A,B,n);
 91    fill(B+n,B+(n<<1),0);
 92    getinv(A,C,n);
 93    NTT(B,n<<1,1);
 94    NTT(C,n<<1,1);
 95    for(int i=0;i<(n<<1);i++)B[i]=(long long)B[i]*C[i]%p;
 96    NTT(B,n<<1,-1);
 97    getintegrate(B,C,n);
 98    fill(C+n,C+(n<<1),0);
 99 }
100 void getinv(int *A,int *C,int n){
101    static int B[maxn];
102    fill(C,C+(n<<1),0);
103    C[0]=qpow(A[0],p-2,p);
104    for(int k=2;k<=n;k<<=1){
105       copy(A,A+k,B);
106       fill(B+k,B+(k<<1),0);
107       NTT(B,k<<1,1);
108       NTT(C,k<<1,1);
109      for(int i=0;i<(k<<1);i++)C[i]=C[i]*((2-(long long)C[i]*B[i]%p+p)%p)%p;
110       NTT(C,k<<1,-1);
111       fill(C+k,C+(k<<1),0);
112    }
113 }
114 void getderivative(int *A,int *C,int n){
115    for(int i=1;i<n;i++)C[i-1]=(long long)A[i]*i%p;
116    C[n-1]=0;
117 }
118 void getintegrate(int *A,int *C,int n){
119    for(int i=1;i<n;i++)C[i]=(long long)A[i-1]*inv[i]%p;
120    C[0]=0;
121 }
122 int qpow(int a,int b,int p){
123    int ans=1;
124    for(;b;b>>=1,a=(long long)a*a%p)if(b&1)ans=(long long)ans*a%p;
125    return ans;
126 }

View Code

ps：代码里把每次乘的$\frac{T(x)}{T’(x)}$算出来之后直接存它的$DFT$了，这样每次乘的时候就只需要对$A_k(x)$做$DFT$和$IDFT$了，可以减小很多常数。

这个题给我的两点启发：

1.看见跟前面那半类似的式子就去试试求导和积分

2.牢记复合函数求导法则(论不学文化课的危害……)