【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。

  1 /*

  2 宋代朱敦儒

  3 《西江月·世事短如春梦》

  4 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。

  5 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。 

  6 */

  7 #include <cstdio>

  8 #include <cstring>

  9 #include <algorithm>

 10 #include <cmath>

 11 #include <queue>

 12 #include <vector>

 13 #include <iostream>

 14 #include <string>

 15 #include <ctime>

 16 #define LOCAL

 17 const int MAXN = 130000 * 2 * 2 + 10;

 18 const long long MOD = 1004535809;//费马数论变换的费马素数 

 19 long long G = 3;//元根 

 20 using namespace std;

 21 typedef long long ll;

 22 ll x1[MAXN], x2[MAXN];

 23 ll data[MAXN], Ans[MAXN];

 24 ll f[MAXN], I[MAXN], nI[MAXN], C[MAXN];

 25 ll inv2[MAXN], wn[MAXN], Inv[MAXN];

 26 

 27 ll pow(ll a, ll b){

 28    if (b == 0) return 1 % MOD;

 29    if (b == 1) return a % MOD;

 30    ll tmp = pow(a, b / 2);

 31    if (b % 2 == 0) return (tmp * tmp) % MOD;

 32    else return ((tmp * tmp) % MOD * (a % MOD)) % MOD;

 33 }

 34 ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y){

 35    if (b == 0){x = 1ll; y = 0; return a;}

 36    ll tmp = exgcd(b, a % b, y, x);

 37    y -= x * (a / b);

 38    return tmp;

 39 }

 40 ll inv(ll a, ll p){

 41    ll x, y;

 42    ll tmp = exgcd(a, p, x, y);

 43    return ((x % MOD) + MOD) % MOD; 

 44 }

 45 void change(ll *x, int len, int loglen){

 46      for (int i = 0; i < len; i++){

 47          int t = i, k = 0, tmp = loglen;

 48          while (tmp--) {k = (k << 1) + (t & 1); t >>= 1;}

 49          if (k < i) swap(x[i], x[k]);

 50      }

 51      return;

 52 }

 53 void FNT(ll *x, int len, int loglen, int type){

 54      if (type) change(x, len, loglen);

 55      int t;

 56      t = (type ? 1: (1 << loglen));

 57      for (int i = 0; i < loglen; i++){

 58          if (!type) t >>= 1;

 59          int l = 0, r = l + t;

 60          while (l < len){

 61                ll a, b;

 62                ll tmp = 1ll, w = wn[t];

 63                if (!type) w = Inv[t];

 64                for (int j = l; j < l + t; j++){

 65                    if (type){

 66                       a = x[j] % MOD;

 67                       b = (x[j + t] * (tmp % MOD)) % MOD;

 68                       x[j] = (a + b) % MOD;

 69                       x[j + t] = ((a - b) % MOD + MOD) % MOD; 

 70                    }else{

 71                       a = (x[j] + x[j + t]) % MOD;

 72                       b = ((((x[j] - x[j + t]) % MOD + MOD) % MOD) * tmp) % MOD;

 73                       x[j] = a;

 74                       x[j + t] = b;

 75                    }

 76                    tmp = (tmp * w) % MOD;

 77                }

 78                l = r + t;

 79                r = l + t;

 80          } 

 81          if (type) t <<= 1;

 82      }

 83      if (!type){

 84         change(x, len, loglen);

 85         for (int i = 0; i < len; i++) x[i] = (x[i] % MOD * inv(len, MOD)) % MOD;

 86      }

 87 }

 88 //CDQ分治 

 89 void solve(int l, int r){

 90      if (l == r){

 91         //T为组合数的, I[l]为阶乘的模 

 92         f[l] = (C[l] - (I[l - 1] * f[l]) % MOD + MOD) % MOD;

 93         return;

 94      }

 95      int mid = (l + r) >> 1;

 96      solve(l, mid);

 97      int len = max(mid - l + 1, r - mid), loglen = 1;

 98      while ((1<<loglen) < ((r - l + 1) << 1)) loglen++;//要把卷积分成两个部分

 99      

100      for (int i = 0; i < (1<<loglen); i++) x1[i] = x2[i] = 0;

101      for (int i = l; i <= mid; i++) x1[i - l] = (nI[i - 1] * f[i]) % MOD;

102      for (int i = 1; i <= r - l; i++) x2[i] = (C[i] * nI[i]) % MOD;

103      

104      FNT(x1, (1<<loglen), loglen, 1);

105      FNT(x2, (1<<loglen), loglen, 1);

106      for (int i = 0; i < (1<<loglen); i++) x1[i] = (x1[i] * x2[i]) % MOD;

107      FNT(x1, (1<<loglen), loglen, 0);

108      for (int i = mid + 1; i <= r; i++) f[i] = (f[i] + x1[i - l] % MOD) % MOD;

109      solve(mid + 1, r);

110 }

111 int n;

112 void init(){

113      scanf("%d", &n);

114      inv2[0] = 1;

115      inv2[1] = inv(2, MOD);

116      //预处理2的阶乘的逆元 

117      for (int i = 2; i <= n; i++) inv2[i] = (inv2[i - 1] * inv2[1]) % MOD;

118      for (int i = 1; i <= 2 * n; i++){

119          if (i != 1 && (MOD - 1) / (2 * i) == (MOD - 1) / (2 * (i - 1))){

120             wn[i] = wn[i - 1];

121             Inv[i] = Inv[i - 1];

122          }else{

123             wn[i] = pow(G, (MOD - 1) / (2 * i)) % MOD;

124             Inv[i] = inv(wn[i], MOD) % MOD;

125          }

126      }

127      I[0] = nI[0] = 1;//分别代表阶乘和阶乘的-1次方 

128      for (int i = 1; i <= n; i++){

129          I[i] = (long long)(i * I[i - 1]) % MOD;

130          nI[i] = (inv((long long)i, MOD) * nI[i - 1]) % MOD;

131          //printf("%lld\n", nI[i]);

132      } 

133      //预处理组合数2^C(n, 2)

134      for (int i = 1; i <= n; i++){

135          C[i] = pow(2ll, (long long)((long long)i * (i - 1)) / 2) % MOD;

136          //printf("%lld\n", C[i]);

137      }

138 }

139 

140 

141 int main() {

142    

143     init();

144     solve(1, n);

145     printf("%lld\n", f[n]);

146     return 0;

147 }

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