【AGC005F】Many Easy Problems (NTT)

Description

给你一棵$~n~$个点的树和一个整数$~k~$。设为$~S~$为树上某些点的集合，定义$~f(S)~$为最小的包含$~S~$的联通子图的大小。$~n~$个点选$~k~$个点一共有$~C_n^k~$种方案，请你求出所有方案的$~f(S)~$的和，对$~924844033~$取模。

求所有$~k \in [1, ~n]~$的答案。

看题戳我

Solution

首先看到这道题，根本不会快速求$~f(S)~$，所以换一个角度，考虑每个点对于答案的贡献。不难发现，对于单独一个$~k~$，一个点$~u~$会产生贡献当且仅当这$~k~$个点不全在以$~u~$的相邻节点为根的子树中，根据容斥可以得到一个点对一个$~k~$的贡献为$~C_n^k - \sum_{v \in {nex_u}} ^{} {C_{siz_v}^k}~$，观察这个式子，可以发现计算总贡献时每个点的子树大小会被计算两次，一个是本身子树大小$~siz_u~$，一个是$~n - siz_u~$，而 $~C_n^k~$被计算了$~n~$次，所以有

\[Ans_k = n \times {n \choose k} - \sum_{i = 1} ^ n {num_i \times {i \choose k}}
\]

其中，$num_i~$表示子树大小为$~i~$的子树个数，这样已经可以卷后半部分了，但是我们想要一个更简便的式子。

定义一个新的$~cnt_i~$表示

\[cnt_i = \begin{cases}
n, ~ i = n\\
-num_i, ~ i \neq n
\end{cases}
\]

所以上面的式子可以更简便的表示为

\[Ans_k = {\sum_{i = 1}^{n} cnt_i \times {i \choose k}} = \frac{1}{k!}~{\sum_{i = 1}^{n}} ~\frac{cnt_i \times i!}{(i - k)!}
\]

那么把$~cnt_i \times i!~$放一起，$~\frac{1}{(i - k)!}~$放一起，用一个$~FFT~$套路把$~(i - k)~$倒过来之后就可以卷起来了。

但是为了求了这个更简便的式子会导致$~cnt_i \times i!~$可能是负数，而我的$~NTT~$已经习惯了这样写，look down，因为普通题目中要卷起来的一般都是正的，所以一开始就把这题要卷的东西变成正的也是可以的。

a[j + k] = (x + y) % mod, a[j + k + (i >> 1)] = (x - y + mod) % mod;

而我一开始没有转正，所以这样写很不优秀，因为一旦$~y~$是一个比较小的负数，那么$~(x - y + mod)~$就爆$~int~$了，我因为这里调了一个晚上+一个下午，很难受。

最后提一下这个题的模数是$~924844033~$，所以原根是$~5~$而不是熟知的$~3~$ 。

Code

#include<bits/stdc++.h>

#define For(i, j, k) for(int i = j; i <= k; ++i)

#define Forr(i, j, k) for(int i = j; i >= k; --i)

#define Travel(i, u) for(int i = beg[u], v = to[i]; i; i = nex[i], v = to[i])

using namespace std;

inline int read() {

	int x = 0, p = 1; char c = getchar();

	for(; !isdigit(c); c = getchar()) if(c == '-') p = -1;

	for(; isdigit(c); c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);

	return x *= p;

}

inline void File() {

#ifndef ONLINE_JUDGE

	freopen("AGC005F.in", "r", stdin);

	freopen("AGC005F.out", "w", stdout);

#endif

}

const int N = 2e5 + 10, maxn = N << 2, mod = 924844033;

int a[maxn], b[maxn], e = 1, beg[N], nex[N << 1], to[N << 1];

int rev[maxn], bit, len, siz, invg[maxn], powg[maxn];

int fac[N], inv[N], cnt[N], sz[N], u, v, n;

inline int qpow(int a, int b) {

	int res = 1;

	for (; b; a = 1ll * a * a % mod, b >>= 1)

		if (b & 1) res = 1ll * res * a % mod;

	return res;

}

inline void Init(int n) {

	fac[0] = inv[0] = 1;

	For(i, 1, n) fac[i] = 1ll * i * fac[i - 1] % mod;

	inv[n] = qpow(fac[n], mod - 2);

	Forr(i, n - 1, 0) inv[i] = 1ll * inv[i + 1] * (i + 1) % mod;

}

inline void add(int x, int y) {

	to[++ e] = y, nex[e] = beg[x], beg[x] = e;

	to[++ e] = x, nex[e] = beg[y], beg[y] = e;

}

inline void dfs(int u, int f) {

	sz[u] = 1;

	Travel(i, u) if (v != f) dfs(v, u), sz[u] += sz[v];

	-- cnt[sz[u]], -- cnt[n - sz[u]];

}

inline void NTT(int *a, int flag) {

	For(i, 0, siz - 1) if (rev[i] > i) swap(a[rev[i]], a[i]);

	for (int i = 2; i <= siz; i <<= 1) {

		int wn = flag ? powg[i] : invg[i];

		for (int j = 0; j < siz; j += i) {

			int w = 1;

			for (int k = 0; k < (i >> 1); ++ k, w = 1ll * w * wn % mod) {

				int x = a[j + k], y = 1ll * w * a[j + k + (i >> 1)] % mod;

				a[j + k] = (x + y) % mod, a[j + k + (i >> 1)] = (x - y) % mod;

			}

		}

	}

	if (!flag) {

		int g = qpow(siz, mod - 2);

		For(i, 0, siz - 1) a[i] = 1ll * g * a[i] % mod;

	}

}

int main() {

	File(), Init(N - 5);

	n = read();

	For(i, 2, n) u = read(), v = read(), add(u, v);

	dfs(1, 0), cnt[n] = n;

	for (siz = 1; siz <= (n << 1); siz <<= 1) ++ bit;

	For(i, 0, siz - 1) rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (bit - 1));

	int g = qpow(5, mod - 2);

	for(int i = 1; i <= siz; i <<= 1) {

		invg[i] = qpow(g, (mod - 1) / i),

		powg[i] = qpow(5, (mod - 1) / i);

	}

	For(i, 0, n) {

		a[i] = 1ll * cnt[i] * fac[i] % mod;

		b[i] = inv[n - i];

	}

	NTT(a, 1), NTT(b, 1);

	For(i, 0, siz) a[i] = 1ll * a[i] * b[i] % mod;

	NTT(a, 0);

	For(i, 1, n) {

		int ans = 1ll * a[n + i] * inv[i] % mod;

		ans = (ans + mod) % mod;

		printf("%d\n", ans);

	}

	return 0;

}