HDU 5552 Bus Routes（NTT+分治）

题意

给定 \(n\) 个点，任意连边，每条边有 \(m\) 种颜色可选，求带环连通图的方案数。

\(1\leq n\leq 10000\)

\(1\leq m < 2^{31}\)

思路

直接求带环连通图显然比较难求，正难则反，考虑容斥。用连通图的个数减去无环连通图（树）的个数。

\(n\) 个节点的无根树，每个节点有区别，可以直接套用公式 \(n^{n-2}\) 。而再考虑边的颜色，就是 \(m^{n-1}n^{n-2}\) 。

我们设 \(n\) 个点，考虑边的颜色，构成不同连通图的方案数为 \(f(n)\) 。

直接求连通图还是不方便，那么我们再容斥：用图的个数减不连通图的个数，\(n\) 个点，考虑边的颜色，可以有 \((m+1)^{n(n+1)\over2}\) 种情况，设之为 \(g(n)\)。

有一个小 \(\text{trick}\) ，我们固定一个点，选一些点和它构成一个连通块，剩下的点任意构图，显然这样是可以不重不漏的，转移式如下

\[f(n)=g(n)-\sum_{i=1}^{n-1}{n-1\choose i-1}f(i)g(n-i)
\]

化简得

\[f(n)=g(n)-(n-1)!\sum_{i=1}^{n-1}{f(i)\over (i-1)!}\cdot{g(n-i)\over(n-i)!}
\]

这样就是一个 \(n^2\) 的 \(dp\) 式，并且形式上满足多项式乘法的形式，只是 \(f\) 在右边出现了。

那我们只能考虑左边对右边的转移，不难想到\(\text{CDQ}\)分治。

void CDQ(int l,int r)
{
	if(l==r){/*转移常量给dp[l]*/return;}
	int mid=(l+r)>>1;
	CDQ(l,mid);
	/*处理[l,mid]的多项式和转移给[mid+1,r]的多项式*/
	_Polynomial::multiply(/**/);
	/*转移结果给dp[mid+1,r]*/
	CDQ(mid+1,r);
	return;
}

代码流程如上，在分治过程中考虑左边转移给右边，需保证在转移前，左边的值以计算完毕。

\(\text{dp}\)式一般写成 \(dp_i=A_i\cdot \sum dp_jf_{i-j}+B_i\) 看的会比较清晰。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define FOR(i,x,y) for(int i=(x),i##END=(y);i<=i##END;++i)
#define DOR(i,x,y) for(int i=(x),i##END=(y);i>=i##END;--i)
using namespace std;
template<typename T,typename _T>inline bool chk_min(T &x,const _T y){return y<x?x=y,1:0;}
template<typename T,typename _T>inline bool chk_max(T &x,const _T y){return x<y?x=y,1:0;}
typedef long long ll;
const int P=152076289;
const int N=1<<14|5;
namespace _Maths
{
	ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
	void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
	{
		if(!b){x=1,y=0;return;}
		exgcd(b,a%b,y,x),y-=a/b*x;
	}
	ll Pow(ll a,ll p,ll P)
	{
		ll res=1;
		for(;p>0;p>>=1,(a*=a)%=P)if(p&1)(res*=a)%=P;
		return res;
	}
	ll inv(ll a,ll P){ll x,y;exgcd(a,P,x,y);return (x%P+P)%P;}
};
using namespace _Maths;
namespace _Polynomial
{
	const int g=106;
	int A[N<<1],B[N<<1];
	int w[N<<1],r[N<<1];
	void DFT(int *a,int op,int n)
	{
		FOR(i,0,n-1)if(i<r[i])swap(a[i],a[r[i]]);
		for(int i=2;i<=n;i<<=1)
			for(int j=0;j<n;j+=i)
				for(int k=0;k<i/2;k++)
				{
					int u=a[j+k],t=(ll)w[op==1?n/i*k:(n-n/i*k)&(n-1)]*a[j+k+i/2]%P;
					a[j+k]=(u+t)%P,a[j+k+i/2]=(u-t)%P;
				}
		if(op==-1)
		{
			int I=inv(n,P);
			FOR(i,0,n-1)a[i]=(ll)a[i]*I%P;
		}
	}
	void multiply(const int *a,const int *b,int *c,int n1,int n2)
	{
		int n=1;
		while(n<n1+n2-1)n<<=1;
		FOR(i,0,n1-1)A[i]=a[i];
		FOR(i,0,n2-1)B[i]=b[i];
		FOR(i,n1,n-1)A[i]=0;
		FOR(i,n2,n-1)B[i]=0;
		FOR(i,0,n-1)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)*(n>>1));
		w[0]=1,w[1]=Pow(g,(P-1)/n,P);
		FOR(i,2,n-1)w[i]=(ll)w[i-1]*w[1]%P;

		DFT(A,1,n),DFT(B,1,n);
		FOR(i,0,n-1)A[i]=(ll)A[i]*B[i]%P;
		DFT(A,-1,n);
		FOR(i,0,n1+n2-2)c[i]=(A[i]+P)%P;
	}
};
int A[N],B[N],C[N<<1];
int fac[N],ifac[N],f[N],g[N];
int n;ll m;

void CDQ(int l,int r)
{
	if(l==r){f[l]=(g[l]-(ll)fac[l-1]*f[l]%P)%P;return;}
	int mid=(l+r)>>1;
	CDQ(l,mid);
	FOR(i,l,mid)A[(i)-l]=(ll)f[i]*ifac[i-1]%P;
	FOR(i,1,r-l)B[(i)-1]=(ll)g[i]*ifac[i]%P;
	_Polynomial::multiply(A,B,C,mid-l+1,r-l);
	FOR(i,mid+1,r)f[i]=((ll)f[i]+C[(i)-l-1])%P;
	CDQ(mid+1,r);
}

int main()
{
	fac[0]=fac[1]=1;FOR(i,2,N-1)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%P;
	ifac[0]=ifac[1]=1;FOR(i,2,N-1)ifac[i]=(ll)(P-P/i)*ifac[P%i]%P;
	FOR(i,2,N-1)ifac[i]=(ll)ifac[i-1]*ifac[i]%P;
	int T;
	scanf("%d",&T);
	FOR(Ti,1,T)
	{
		scanf("%d%lld",&n,&m);
		FOR(i,1,n)f[i]=0;
		FOR(i,1,n)g[i]=Pow(m+1,(ll)i*(i-1)/2,P);
		CDQ(1,n);
		printf("Case #%d: %lld\n",Ti,(((ll)f[n]-Pow(n,n-2,P)*Pow(m,n-1,P))%P+P)%P);
	}
	return 0;
}