【BZOJ3456】【CDQ分治+FNT】城市规划

试题来源

　　2013中国国家集训队第二次作业

问题描述

　　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.

输入格式

　　仅一行一个整数n(<=130000)

输出格式

　　仅一行一个整数, 为方案数 mod 1004535809.

样例输入

3

样例输出

4

样例输入

4

样例输出

28

样例输入

100000

样例输出

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

【分析】

非常巧妙的题目。

首先可以推递推式，用f(n) = 2^C(n,2) - sigma{(2 ^ C(n - i, 2)) * C(n - 1, i - 1) * f(i) |  1<= i <n  }

相当于选定一个点不动，逐步扩大该点所在的联通快的大小。

可以保证不会出现重复。

经过化简将C(n-1,i-1)中的(n-1)!提出来以后，可以通过一种非常巧妙的构造卷积的方式解决问题(详见代码)。

为什么可以用FFT？。。。。FFT怎么取模啊，不会QAQ。

 /*
 宋代朱敦儒
 《西江月·世事短如春梦》
 世事短如春梦，人情薄似秋云。不须计较苦劳心。万事原来有命。
 幸遇三杯酒好，况逢一朵花新。片时欢笑且相亲。明日阴晴未定。
 */
 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <algorithm>
 #include <cmath>
 #include <queue>
 #include <vector>
 #include <iostream>
 #include <string>
 #include <ctime>
 #define LOCAL
 const int MAXN =  *  *  + ;
 const long long MOD = ;//费马数论变换的费马素数
 long long G = ;//元根
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 ll x1[MAXN], x2[MAXN];
 ll data[MAXN], Ans[MAXN];
 ll f[MAXN], I[MAXN], nI[MAXN], C[MAXN];
 ll inv2[MAXN], wn[MAXN], Inv[MAXN];

 ll pow(ll a, ll b){
    if (b == ) return  % MOD;
    if (b == ) return a % MOD;
    ll tmp = pow(a, b / );
    if (b %  == ) return (tmp * tmp) % MOD;
    else return ((tmp * tmp) % MOD * (a % MOD)) % MOD;
 }
 ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y){
    if (b == ){x = 1ll; y = ; return a;}
    ll tmp = exgcd(b, a % b, y, x);
    y -= x * (a / b);
    return tmp;
 }
 ll inv(ll a, ll p){
    ll x, y;
    ll tmp = exgcd(a, p, x, y);
    return ((x % MOD) + MOD) % MOD;
 }
 void change(ll *x, int len, int loglen){
      for (int i = ; i < len; i++){
          int t = i, k = , tmp = loglen;
          while (tmp--) {k = (k << ) + (t & ); t >>= ;}
          if (k < i) swap(x[i], x[k]);
      }
      return;
 }
 void FNT(ll *x, int len, int loglen, int type){
      if (type) change(x, len, loglen);
      int t;
      t = (type ? : ( << loglen));
      for (int i = ; i < loglen; i++){
          if (!type) t >>= ;
          int l = , r = l + t;
          while (l < len){
                ll a, b;
                ll tmp = 1ll, w = wn[t];
                if (!type) w = Inv[t];
                for (int j = l; j < l + t; j++){
                    if (type){
                       a = x[j] % MOD;
                       b = (x[j + t] * (tmp % MOD)) % MOD;
                       x[j] = (a + b) % MOD;
                       x[j + t] = ((a - b) % MOD + MOD) % MOD;
                    }else{
                       a = (x[j] + x[j + t]) % MOD;
                       b = ((((x[j] - x[j + t]) % MOD + MOD) % MOD) * tmp) % MOD;
                       x[j] = a;
                       x[j + t] = b;
                    }
                    tmp = (tmp * w) % MOD;
                }
                l = r + t;
                r = l + t;
          }
          if (type) t <<= ;
      }
      if (!type){
         change(x, len, loglen);
         for (int i = ; i < len; i++) x[i] = (x[i] % MOD * inv(len, MOD)) % MOD;
      }
 }
 //CDQ分治
 void solve(int l, int r){
      if (l == r){
         //T为组合数的, I[l]为阶乘的模
         f[l] = (C[l] - (I[l - ] * f[l]) % MOD + MOD) % MOD;
         return;
      }
      int mid = (l + r) >> ;
      solve(l, mid);
      int len = max(mid - l + , r - mid), loglen = ;
      while ((<<loglen) < ((r - l + ) << )) loglen++;//要把卷积分成两个部分

      for (int i = ; i < (<<loglen); i++) x1[i] = x2[i] = ;
      for (int i = l; i <= mid; i++) x1[i - l] = (nI[i - ] * f[i]) % MOD;
      for (int i = ; i <= r - l; i++) x2[i] = (C[i] * nI[i]) % MOD;

      FNT(x1, (<<loglen), loglen, );
      FNT(x2, (<<loglen), loglen, );
      for (int i = ; i < (<<loglen); i++) x1[i] = (x1[i] * x2[i]) % MOD;
      FNT(x1, (<<loglen), loglen, );
      for (int i = mid + ; i <= r; i++) f[i] = (f[i] + x1[i - l] % MOD) % MOD;
      solve(mid + , r);
 }
 int n;
 void init(){
      scanf("%d", &n);
      inv2[] = ;
      inv2[] = inv(, MOD);
      //预处理2的阶乘的逆元
      for (int i = ; i <= n; i++) inv2[i] = (inv2[i - ] * inv2[]) % MOD;
      for (int i = ; i <=  * n; i++){
          if (i !=  && (MOD - ) / ( * i) == (MOD - ) / ( * (i - ))){
             wn[i] = wn[i - ];
             Inv[i] = Inv[i - ];
          }else{
             wn[i] = pow(G, (MOD - ) / ( * i)) % MOD;
             Inv[i] = inv(wn[i], MOD) % MOD;
          }
      }
      I[] = nI[] = ;//分别代表阶乘和阶乘的-1次方
      for (int i = ; i <= n; i++){
          I[i] = (long long)(i * I[i - ]) % MOD;
          nI[i] = (inv((long long)i, MOD) * nI[i - ]) % MOD;
          //printf("%lld\n", nI[i]);
      }
      //预处理组合数2^C(n, 2)
      for (int i = ; i <= n; i++){
          C[i] = pow(2ll, (long long)((long long)i * (i - )) / ) % MOD;
          //printf("%lld\n", C[i]);
      }
 }

 int main() {

     init();
     solve(, n);
     printf("%lld\n", f[n]);
     return ;
 }