傳送門(mén)

解題思路

　　這道題就是求帶標(biāo)號(hào)的無(wú)向連通圖個(gè)數(shù)，首先考慮\(O(n^2)\)的做法，設(shè)\(f_i\)表示有\(i\)個(gè)節(jié)點(diǎn)的無(wú)向連通圖個(gè)數(shù)，那么考慮容斥，先把所有的無(wú)向圖求出，即為\(2^{C(n,2)}\)，再減去不聯(lián)通的情況，而計(jì)算不聯(lián)通情況時(shí)可以枚舉\(1\)號(hào)點(diǎn)這個(gè)聯(lián)通塊的大小，就有方程
　　\[f_i=2^{C_i^2}-\sum\limits_{j=1}^{i-1}C_{i-1}^{j-1}2^{C^2_{i-j}}f_j\]
　　發(fā)現(xiàn)這樣的時(shí)間復(fù)雜度為\(O(n^2)\)的，無(wú)法通過(guò)本題?？紤]優(yōu)化，我們?cè)O(shè)法把左右兩邊的\(f\)合并，可以給式子同時(shí)除一個(gè)\((i-1)!\)，可得
\[\frac{f_i}{(i-1)!}=\frac{2^{C_i^2}}{(i-1)!}-\sum\limits_{j=1}^{i-1}\frac{2^{C^2_{i-j}}f_j}{(j-1)!(i-j)!}\]
　　發(fā)現(xiàn)右邊假設(shè)\(j\)枚舉到\(i\)正好是左邊，那么就移項(xiàng)。
\[\sum\limits_{j=1}^i\frac{C^{2}_{i-j}f_j}{(j-1)!(i-j)!}=\frac{2^{C_i^2}}{(i-1)!}\]
　　右邊是卷積的形式
\[\sum\limits_{j=1}^i\frac{f_j}{(j-1)!}*\frac{2^{C^2_{i-j}}}{(i-j)!}=\frac{2^{C^2_i}}{(i-1)!}\]
　　設(shè)\(A=\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{f_i}{(i-1)!}x^i\)，\(B=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\dfrac{2^{C_i^2}}{i!}x^i\)，\(C=\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{2^{C_i^2}}{(i-1)!}x^i\)，則
\[A*B=C\]
\[A=C*B^{-1}\]
　　多項(xiàng)式求逆即可，時(shí)間復(fù)雜度\(O(nlogn)\)

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總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的BZOJ 3456: 城市规划(dp+多项式求逆)的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問(wèn)題。

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