【AGC005F】Many Easy Problems FFT 容斥原理

题目大意

　　给你一棵树，有\(n\)个点。还给你了一个整数\(k\)。

　　设\(S\)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\(\binom{n}{k}\)中方案，请你求出所有方案的\(f(S)\)的和\(\mod 924844033\)。

　　出题人觉得这样就太简单了，他决定让你求出所有\(k=1\ldots n\)的答案。

　　\(n\leq 200000\)

题解

　　似乎对于每个\(k\)没办法快速求出答案。

　　我们考虑一个点对所有答案的贡献。

　　一个点\(x\)在这个联通子图内当且经当这\(k\)个点不在以\(x\)为根时\(x\)的子树内。

　　那么贡献为\(\binom{n}{k}-\sum \binom{a_i}{k}\)，其中\(a_i\)为以\(x\)为根时各个子树的大小。可以发现，计算总的贡献时每条边两端的子树大小都会被计算一次。\(\binom{n}{k}\)会被计算\(n\)次。

　　设

\[b_i=
\begin{cases}
n~~~~~~~~~~(i=n)\\
num_i~~~(i\neq n)
\end{cases}
\]

其中\(num_i\)为大小为\(i\)的子树的个数

\[\begin{align}
ans_k&=\sum_{i\geq k} b_i\binom{i}{k}\\
&=\sum_{i\geq k} b_i\frac{i!}{(i-k)!k!}\\
&=\frac 1{k!}\sum_{i\geq k}b_ii!\times \frac{1}{(i-k)!}
\end{align}
\]

　　这可以转化成卷积的形式

\[\begin{align}
c_{n-i}&=num_ii!\\
d_{i}&=\frac{1}{i!}\\
a_i&=\sum_{j+k=i}c_id_i\\
ans_i&=\frac{a_{n-i}}{i!}
\end{align}
\]

　　时间复杂度：\(O(n\log n)\)

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<utility>
#include<list>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
const ll p=924844033;
const ll g=5;
ll fp(ll a,ll b)
{
	ll s=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)
			s=s*a%p;
		a=a*a%p;
		b>>=1;
	}
	return s;
}
namespace ntt
{
	ll w1[1000010];
	ll w2[1000010];
	int rev[1000010];
	int n;
	void init()
	{
#ifdef DEBUG
		n=16;
#else
		n=524288;
#endif
		int i;
		for(i=1;i<=n;i<<=1)
		{
			w1[i]=fp(g,(p-1)/i);
			w2[i]=fp(w1[i],p-2);
		}
		rev[0]=0;
		for(i=1;i<n;i++)
			rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|(i&1?n>>1:0);
	}
	void ntt(ll *a,int t)
	{
		int i,j,k;
		ll u,v,w,wn;
		for(i=0;i<n;i++)
			if(rev[i]<i)
				swap(a[i],a[rev[i]]);
		for(i=2;i<=n;i<<=1)
		{
			wn=(t==1?w1[i]:w2[i]);
			for(j=0;j<n;j+=i)
			{
				w=1;
				for(k=j;k<j+i/2;k++)
				{
					u=a[k];
					v=a[k+i/2]*w%p;
					a[k]=(u+v)%p;
					a[k+i/2]=(u-v)%p;
					w=w*wn%p;
				}
			}
		}
		if(t==-1)
		{
			ll inv=fp(n,p-2);
			for(i=0;i<n;i++)
				a[i]=a[i]*inv%p;
		}
	}
};
ll b[1000010];
ll c[1000010];
ll a[1000010];
ll inv[1000010];
ll fac[1000010];
ll ifac[1000010];
int s[1000010];
int n;
list<int> l[200010];
ll num[1000010];
void dfs(int x,int fa)
{
	s[x]=1;
	for(auto v:l[x])
		if(v!=fa)
		{
			dfs(v,x);
			s[x]+=s[v];
			num[s[v]]--;
			num[n-s[v]]--;
		}
}
int main()
{
#ifdef DEBUG
	freopen("b.in","r",stdin);
	freopen("b.out","w",stdout);
#endif
	scanf("%d",&n);
	int i,x,y;
	for(i=1;i<=n-1;i++)
	{
		scanf("%d%d",&x,&y);
		l[x].push_back(y);
		l[y].push_back(x);
	}
	inv[0]=inv[1]=fac[0]=fac[1]=ifac[0]=ifac[1]=1;
	for(i=2;i<=n;i++)
	{
		inv[i]=-(p/i)*inv[p%i]%p;
		fac[i]=fac[i-1]*i%p;
		ifac[i]=ifac[i-1]*inv[i]%p;
	}
	dfs(1,0);
	num[n]=n;
	for(i=0;i<=n;i++)
		b[i]=num[n-i]*fac[n-i]%p;
	for(i=0;i<=n;i++)
		c[i]=ifac[i];
	ntt::init();
	ntt::ntt(b,1);
	ntt::ntt(c,1);
	for(i=0;i<ntt::n;i++)
		a[i]=b[i]*c[i]%p;
	ntt::ntt(a,-1);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		ll ans=a[n-i]*ifac[i]%p;
		ans=(ans+p)%p;
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}