BZOJ 3456: 城市规划 多项式求逆

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.

题解：

多项式好有趣

 

我们先考虑递推式：

令 $f(n)$ 代表 $n$ 个点简单联通无向图个数.

令 $g(n)$ 代表 $n$ 个点无向图个数 (不要求联通).

不难求出，$g(n)=\frac{n(n-1)}{2}$，即 $\binom{n}{2}$.

然而，$f(n)$ 似乎特别难求.

枚举 $1$ 号点所在的联通块：

 

得 $g(n)=\sum_{i=1}^{n}\binom{n-1}{i-1}f(i)g(n-i)$

 

思考一下该公式代表的含义：

枚举 $1$ 号点所在的联通块大小，其余的点随便连，如何保证不会重复枚举？

每一次 $1$ 号点所在的联通块大小是固定的.

其余的点之间不能连到 $1$ 号点所在联通块中，这样就满足了要求.

 

把 $g(n)$ 带入， 得：

 

$2^{\binom{n}{2}}=\sum_{i=1}^{n}\binom{n-1}{i-1}f(i)2^{\binom{n-i}{2}}$

 

把组合数展开，得：

 

$2^{\binom{n}{2}}=\sum_{i=1}^{n}\frac{(n-1)!}{(i-1)!(n-i)!}f(i)2^{\binom{n-i}{2}}$

 

$(n-1)!$ 似乎有点碍事，除掉！！

 

$\frac{2^{\binom{n}{2}}}{(n-1)!}=\sum_{i=1}^{n}\frac{f(i)2^{\binom{n-i}{2}}}{(i-1)!(n-i)!}$

 

看起来像不像卷积 ??

——似乎不太像.

 

不急不急QAQ，再定义几个函数：

定义 $F(x)=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{2^{\binom{i}{2}}}{(i-1)!}$

 

定义 $G(x)=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{f(i)}{(i-1)!}$

定义 $H(x)=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{2^{\binom{i}{2}}}{i!}$

 

令函数 $X_{i}$ 表示 多项式 $X$ 的第 $i$ 项系数.

 

观察 $\frac{2^{\binom{n}{2}}}{(n-1)!}=\sum_{i=1}^{n}\frac{f(i)2^{\binom{n-i}{2}}}{(i-1)!(n-i)!}$

 

得出： $F_{n}=\sum_{i=1}^{n}G_{i}H_{n-i}$

 

现在，能看出这个是卷积了吧！

 

即 $F(x)=G(x)H(x)$

 

我们要求的是 $G(x)$，则 $G(x)=F(x)H(x)^{-1}$.

 

来一波多项式求逆即可.  

 

Code:

#include <bits/stdc++.h>
#define N 3333300
#define mod 1004535809
#define ll long long
#define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin)
#define shut fclose(stdin),fclose(stdout)
using namespace std;
int qpow(int x,int y)
{
    int tmp = 1;
    while(y)
    {
        if(y&1) tmp=1ll*tmp*x%mod;
        x=1ll*x*x%mod,y>>=1;
    }
    return tmp;
}
namespace NTT
{
    int a[N],b[N],f[N],g[N];
    void NTT(int *a,int len,int opt){
        for(int i = 0,k = 0;i < len; ++i)
        {
            if(i > k) swap(a[i],a[k]);
            for(int j = len >> 1;(k^=j)<j;j>>=1);
        }
        for(int k = 2;k <= len;k <<= 1)
        {
            int t = (k>>1),x=qpow(3,(mod-1)/k);
            if(opt==-1) x=qpow(x,mod-2);
            for(int i=0;i<len;i+=k)
            {
                int w=1;
                for(int j=i;j<i+t;++j)
                {
                    int tmp=1ll*a[j+t]*w%mod;
                    a[j+t]=(a[j]-tmp+mod)%mod;
                    a[j]=(a[j]+tmp)%mod;
                    w=1ll*w*x%mod;
                }
            }
        }
        if(opt==-1) for(int i=0,t=qpow(len,mod-2);i<len;++i) a[i]=1ll*a[i]*t%mod;
    }
    void solve(int *a,int *b,int len)
    {
        if(len==1) { b[0]=qpow(a[0],mod-2); return ; }
        solve(a,b,len>>1);
        for(int i=0;i<len;++i) f[i]=a[i],g[i]=b[i];
        NTT(f,len<<1,1),NTT(g,len<<1,1);
        for(int i=0;i<(len<<1);++i) f[i]=((1ll*f[i]*g[i])%mod*g[i])%mod;
        NTT(f,len<<1,-1);
        for(int i=0;i<len;++i)  b[i]=((b[i]<<1)%mod-f[i]+mod)%mod;
    }
    void Inv(int *a,int *b,int len)
    {
        int m = 1;
        while(m <= len) m <<= 1;
        solve(a,b,m);
    }
};
int inv[N],jc[N],jv[N];
int p[N],G[N],C[N],F[N],D[N];
int main()
{
    // setIO("input");
    int n,m;
    scanf("%d",&n);
    for(m = 1;m <= n;m <<= 1);
    inv[0] = jc[0] = inv[1] = jc[1] = jv[0] = jv[1] = 1;
    for(int i=2;i<=n;++i)
    {
        jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod;
        inv[i]=1ll*inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
        jv[i]=1ll*jv[i-1]*inv[i]%mod;
    }
    p[0]=p[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;++i) p[i]=qpow(2,1ll*(i-1)*i/2%(mod-1));
    for(int i=0;i<=n;++i) G[i]=1ll*p[i]*jv[i]%mod;
    for(int i=1;i<=n;++i) C[i]=1ll*p[i]*jv[i-1]%mod;
    NTT::solve(G,D,m);
    NTT::NTT(D,m,1);NTT::NTT(C,m,1);
    for(int i=0;i<m;++i) F[i]=1ll*D[i]*C[i]%mod;
    NTT::NTT(F,m,-1);
    printf("%lld\n",1ll*F[n]*jc[n-1]%mod);
    return 0;
}