hdu 5552 Bus Routes

时间：2023-03-09 04:16:35
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考虑有环的图不方便，可以考虑无环连通图的数量，然后用连通图的数量减去就好了。

无环连通图的个数就是树的个数，又 prufer 序我们知道是 $ n^{n-2} $ 其中又由于有 $ n-1 $ 个边，每个边可以涂色，所以总共无环的方案数量是 $ m^{n-1} n^{n-2} $

那么现在就要算连通图的数量了。这个不如不连通图的数量好算。

不连通图的数量怎么算呢，原本想的是容斥，但是貌似不好实现，看了题解发现一种神仙思路。考虑固定一个点，并且让这个点连出一个连通块，剩下的点随意连，必然不连通。并且由于最后图中一定有这个点，这样是可以不重不漏计算所有情况的。

考虑用 $ s(i) $ 表示 $ i $ 个点的图的方案总数，就是 $ (m+1)^{\frac{n(n+1)}{2}} $ ，一共有 $ \frac{n(n+1)}{2} $ 个边，可以选择 $ m $ 种颜色的一种或者不要这个边。

考虑 $ f(i) $ 表示 $ i $ 个点的连通图的方案数。

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

这个看起来就很分治NTT

#include <cstdio>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#include <cstring>

#define ll long long

using namespace std;

#define P 152076289

#define MAXN (1 << 19) + 13

int n , m;

int a[MAXN];

int Pow(int x,int y) {

    int res=1;

    while(y) {

        if(y&1) res=res*(ll)x%P;

        x=x*(ll)x%P,y>>=1;

    }

    return res;

}

int wn[2][MAXN];

void getwn(int l) {

    for(int i=1;i<(1<<l);i<<=1) {

        int w0=Pow(106,(P-1)/(i<<1)),w1=Pow(106,P-1-(P-1)/(i<<1));

        wn[0][i]=wn[1][i]=1;

        for(int j=1;j<i;++j)

            wn[0][i+j]=wn[0][i+j-1]*(ll)w0%P,

                    wn[1][i+j]=wn[1][i+j-1]*(ll)w1%P;

    }

}

int rev[MAXN];

void getr(int l) { for(int i=1;i<(1<<l);++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<l-1); }

void NTT(int *A,int len,int f) {

    for(int i=0;i<len;++i) if(rev[i]<i) swap(A[i],A[rev[i]]);

    for(int l=1;l<len;l<<=1)

        for(int i=0;i<len;i+=(l<<1))

            for(int k=0;k<l;++k) {

                int t1=A[i+k],t2=A[i+l+k]*(ll)wn[f][l+k]%P;

                A[i+k]=(t1+t2)%P;

                A[i+l+k]=(t1-t2+P)%P;

            }

    if( f == 1 ) for(int inv=Pow(len,P-2),i=0;i<len;++i) A[i]=A[i]*(ll)inv%P;

}

int f[MAXN];

int A[MAXN] , B[MAXN];

int J[MAXN] , invJ[MAXN] , s[MAXN];

void CDQ(int *a,int *b,int l,int r){

    if( l == r ) { a[l] += s[l] , a[l] %= P; return; }

    int m = l + r >> 1;

    CDQ( a , b , l , m );

    int p = 1 , len = 0;

    while( p <= ( r - l + 1 ) * 2 ) p <<= 1 , ++ len;

    getr( len ) , getwn( len );

    for( int i = 0 ; i < p ; ++i ) A[i] = B[i] = 0;

    for( int i = l ; i <= m ; ++i ) A[i - l] = 1ll * a[i] * invJ[i - 1] % P;

    for( int i = 0 ; i <= r - l ; ++i ) B[i] = 1ll * s[i] * invJ[i] % P;

    NTT( A , p , 0 ) , NTT( B , p , 0 );

    for( int i = 0 ; i < p ; ++i ) A[i] = 1ll * A[i] * B[i] % P;

    NTT( A , p , 1 );

    for( int i = m + 1 ; i <= r ; ++i ) a[i] = ( a[i] - 1ll * J[i - 1] * A[i-l] % P + P ) % P;

    CDQ( a , b , m + 1 , r );

}

int kase = 0;

signed main() {

    J[0] = invJ[0] = 1;

    for( int i = 1 ; i < MAXN ; ++ i )

		J[i] = 1ll * J[i - 1] * i % P , invJ[i] = Pow( J[i] , P - 2 );

	int T;cin >> T;

	while( T --> 0 ) {

		cin >> n >> m; m %= P;

		memset( f , 0 , sizeof f ) , memset( s , 0 , sizeof s );

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

			s[i] = Pow( m + 1 , 1ll * i * ( i - 1 ) / 2 % ( P - 1 ) );

	    f[0] = 1;

	    CDQ( f , a , 0 , n );

	    int x;

	    printf("Case #%d: %d\n",++ kase,( f[n] - 1ll * Pow(n, n - 2) * Pow(m, n - 1) % P + P) % P);

	}

}

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