bzoj 3456: 城市规划 （NTT+多项式求逆）

题目描述

传送门

题目大意：求n个点简单无向连通图数，其中任意点之间可以随意连边，不存在重边和自环。

题解

设 f[n] 表示n个点简单连通图个数（即1所属的连通块内有n个点）
f[n]=2(n−1)∗n/2−∑i=0n−1Ci−1n−1∗f[i]∗2(n−i)∗(n−i−1)/2
这个怎么理解呢？对于每一条边来说，有连与不连两种状态，但是这样直接计算会包含很多不连通的图。假设1所属的连通块内有i个点，那么满足该条件的不合法的图的数量就是 Ci−1n−1∗f[i]∗2(n−i)∗(n−i−1)/2 ,首先从n-1个点中选出i-1个点，然后这i-1个点和1构成合法的连通图的方案数是f[i]，剩下的n-i个点之间随便连。

我们将上面的式子进行化简和变形：
f[n]=2(n−1)∗n/2−∑i=0n−1Ci−1n−1∗f[i]∗2(n−i)∗(n−i−1)/2
f[n]=2(n−1)∗n/2−∑i=0n−1(n−1)!∗f[i](i−1)!∗2(n−i)∗(n−i−1)/2(n−i)!
然后等式两边同时除去 (n−1)! ,得到
f[n](n−1)!=2(n−1)∗n/2(n−1)!−∑i=0n−1f[i](i−1)!∗2(n−i)∗(n−i−1)/2(n−i)!
将含有 f 的项合并，得到
设 a[i]=f[i](i−1)! , b[i]=2i∗(i−1)/2i! 其中 b[0]=1
2(n−1)∗n/2(n−1)!=∑i=0na[i]∗b[n−i]
设 c[i]=2(n−1)∗n/2(n−1)! ,那么我们就得到了熟悉的卷积
c[j]=∑i=0na[i]∗b[n−i]
C(x)=A(x)B(x)
如果我们可以解出多项式 A(x) 的系数那么就可以求出 f[n] ，那么问题就迎刃而解了。
A(x)≡C(x)∗B(x)−1 mod xn+1
然后问题就变成了多项式求逆。

PS: 对于一个多项式 A(x) ,称其最高项的次数为这个多项式的度，记作 degA

多项式的逆元

对于一个多项式 A(x) ，如果存在 B(x) 满足 degB≤degA 并且

A(x)B(x)≡1 mod xn

那么称 B(x) 为 A(x) 在 mod xn 意义下的逆元

求解过程

现在考虑如何求 A−1(x) ,当 n=1 时， A(x)≡c mod x , c 是常数，这样 A−1(x) 就是 c−1
对于 n>1 的情况，设 B(x)=A−1(x) ,由定义可知

A(x)B(x)≡1 mod xn     (1)

假设在 mod x⌈n2⌉ 意义下 A(x) 的逆元是 B′(x) ,并且我们已经求出，那么

A(x)B′(x)≡1 mod x⌈n2⌉     (2)

再将 (1) 放到 mod x⌈n2⌉ 意义下

A(x)B(x)≡1 mod x⌈n2⌉     (3)

然后 (2)−(3) ,得

B(x)−B(x)′≡0 mod x⌈n2⌉

两边平方

B2(x)−2B′(x)B(x)+B′2(x)≡0 mod xn

为啥是对的？哈
因为多项式在 mod xn 意义下为0 ，说明其0到 n−1 次项的系数都是0，那么平方后对于第 0≤i≤2n−1 项，其系数 ai 为 ∑i=0iaiaj−i ,那么 i , j−i 中一定有一项的是属于 0≤i<n 范围的，所以平方后在 mod x2n 的意义下仍然是0
然后同时两边同乘 A(x) ,得到

B2(x)A(x)≡2B′(x)B(x)A(x)−A(x)B′2(x)  mod xn

将 B(x)A(x)≡1 modxn 带入消去，得

B(x)≡B′(x)∗(2−B′(x)∗A(x)) mod xn

这一步运算可以用NTT进行加速，所以最后的时间复杂度为 O(nlogn)

回到这道题，我们只需要用多项式求逆求出 B−1(x) ,然后用 NTT 加入 B−1(x)C(x)
得到最终的 A(x) ,答案就是 a[n]∗(n−1)!

代码

#include
#include
#include
#include
#include
#define N 5000003
#define LL long long
#define p 1004535809
using namespace std;
int n,m;
int a[N],b[N],c[N],jc[N],inv_j[N],wn[N];
LL quickpow(LL num,LL x)
{
    LL base=num%p; LL ans=1;
    while (x) {
        if (x&1) ans=ans*base%p;
        x>>=1;
        base=base*base%p;
    }
    return ans;
}
void init()
{
    jc[0]=1; inv_j[0]=quickpow(jc[0],p-2);
    for (int i=1;i<=n;i++) 
     jc[i]=(LL)jc[i-1]*i%p,inv_j[i]=quickpow(jc[i],p-2);
    for (int i=1;i<=n*8;i<<=1)
     wn[i]=quickpow(3,(p-1)/(i<<1));
}
void NTT(int n,int *a,int opt)
{
    for (int i=0,j=0;iif (i>j) swap(a[i],a[j]);
        for (int l=n>>1;(j^=l)>=1);
    }
    for (int i=1;i1) {
        LL wn1=wn[i]; 
        for (int p1=i<<1,j=0;j1;
            for (int k=0;k*wn1%p) {
                int x=a[j+k]; int y=(LL)a[j+k+i]*w%p;
                a[j+k]=(x+y)%p; a[j+k+i]=(x-y+p)%p;
            }
        }
    }
    if (opt==-1) reverse(a+1,a+n);
}
void inverse(int n,int *a,int *b,int *c)
{
    if (n==1) b[0]=quickpow(a[0],p-2);
    else {
        inverse((n+1)>>1,a,b,c);
        int k=0;
        for (k=1;k<=(n<<1);k<<=1);
        for (int i=0;ifor (int i=n;i0;
        NTT(k,c,1);
        NTT(k,b,1);
        for (int i=0;i2-(LL)c[i]*b[i]%p)*b[i]%p;
            if (b[i]<0) b[i]+=p;
        }
        NTT(k,b,-1);
        int inv=quickpow(k,p-2);
        for (int i=0;i*inv%p;
        for (int i=n;i0;
    }
}
int main()
{
    freopen("a.in","r",stdin);
    freopen("my.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n); init();
    int n1=0; 
    for (n1=1;n1<=n*2;n1<<=1);
    a[0]=1;
    for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=(LL)quickpow(2,(LL)i*(i-1)/2)*inv_j[i]%p;
    inverse(n1,a,b,c);
    memset(c,0,sizeof(c)); 
    for (int i=1;i<=n;i++) c[i]=(LL)quickpow(2,(LL)i*(i-1)/2)*inv_j[i-1]%p;
    NTT(n1,b,1); NTT(n1,c,1);
    for (int i=0;i<=n1;i++) b[i]=(LL)b[i]*c[i]%p;
    NTT(n1,b,-1);
    LL inv=quickpow(n1,p-2);
    for (int i=0;i<=n1;i++) b[i]=(LL)b[i]*inv%p;
    printf("%d\n",(LL)b[n]*jc[n-1]%p);
}