$ >AtcoderGrandContest \space 005 F. ?Many?Easy?Problems<$

題目大意 :
有一棵大小為 \(n\) 的樹，對于每一個 \(k \in[1,n]\) ，求出在所有在樹中選 \(k\) 個點的方案對應的包含這 \(k\) 個點的最小聯通塊大小之和

\(1 \leq n \leq 2 \times 10^5\)

解題思路 :

容易發現，對于一組選取方案，包含它的最小聯通塊是唯一的，不妨考慮每一個點對這個聯通塊的貢獻.

觀察發現，一個點如果在一個最小聯通塊中，當且僅當有兩個選取點的簡單路徑經過它

那么點 \(u\) 對 \(k\) 個點的貢獻就是 \(C_n^k -\sum_{v} C_{sz[v]}^k-C_{n-sz[u]}^k\)

觀察發現這個式子只和 \(sz\) 有關，不妨設 \(tot[i]\) 表示 \(sz[u]=i\) 的點的數量

考慮除根以外的每一個點只會在其父親計算的時候被減去一個 \(C_{sz[u]}^k\) ，同時每一種 \(sz[u]\) 都會在計算大小為 \(n-sz[u]\) 的子樹的時候被減去一次

所以 \(C_{sz[u]}^k\) 的被計算次數是 \(tot[sz[u]] + tot[n-sz[u]]\)

那么最終答案的式子就是 \(Ans_j =n \times C_n^j -\sum_{i=1}^n (tot[i]+tot[n-i])\times C_i^j\)

設 \(inv[i]\) 表示 \(i!\) 關于 \(Mod\) 的逆元，將后面的組合數拆開來可以得到

\(Ans_j =n \times C_n^j -\sum_{i=1}^n (tot[i]+tot[n-i])\times i! \times inv[j] \times inv[i-j]\)

設 \(A[i] = (tot[i]+tot[n-i])\times i!\) ，則 \(Ans_j = n \times C_n^j \times inv[j] - \sum_{i=1}^nA[i]\times inv[i-j]\)， 后者 \(NTT\) 進行計算即可

/*program by mangoyang*/ #pragma GCC optimize("Ofast") #pragma GCC optimize("inline") #include<bits/stdc++.h> #define inf (0x7f7f7f7f) #define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b)) #define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b)) typedef long long ll; using namespace std; template <class T> inline void read(T &x){int f = 0, ch = 0; x = 0;for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;if(f) x = -x; }#define int llconst int N = 1605005, L = 200005, P = 924844033, G = 5; vector<int> g[N]; int inv[N], iv[N], s[N], f[N], tot[N], sz[N], js[N], n; inline int Pow(int a, int b){int ans = 1;for(; b; b >>= 1, a = a * a % P)if(b & 1) ans = ans * a % P;return ans; } namespace NTT{int rev[N];inline int Getrev(int ned){int lg = 0, len = 1;for(; len <= ned; len <<= 1, lg++);for(int i = 0; i < len; i++) rev[i] = (rev[i>>1] >> 1) | ((i & 1) << (lg - 1));return len; }inline void DFT(int *A, int len, int type){for(int i = 0; i < len; i++) if(i < rev[i]) swap(A[i], A[rev[i]]);for(int k = 2; k <= len; k <<= 1){int w = Pow(G, (P - 1) / k); if(type == -1) w = Pow(w, P - 2);for(int i = 0; i < len; i += k){int now = 1;for(int j = i; j < i + (k >> 1); j++, (now *= w) %= P){int x = A[j], y = (now * A[j+(k>>1)]) % P;A[j] = (x + y) % P, A[j+(k>>1)] = (x - y + P) % P;}} }if(type == -1){int now = Pow(len, P - 2);for(int i = 0; i < len; i++) (A[i] *= now) %= P;}}inline void Times(int *A, int *B, int lena, int lenb){int len = Getrev(lena + lenb + 1);DFT(A, len, 1), DFT(B, len, 1);for(int i = 0; i < len; i++) A[i] = A[i] * B[i] % P;DFT(A, len, -1);} } inline void dfs(int u, int fa){sz[u] = 1, f[u] = fa;for(int i = 0; i < g[u].size(); i++)if(g[u][i] != fa) dfs(g[u][i], u), sz[u] += sz[g[u][i]]; } inline int C(int x, int y){ return js[x] * inv[y] % P * inv[x-y] % P; } signed main(){read(n), js[0] = 1, inv[0] = iv[L] = 1;for(int i = 1; i <= n; i++){js[i] = js[i-1] * i % P;iv[L-i] = inv[i] = Pow(js[i], P - 2);}for(int i = 1, x, y; i < n; i++){read(x), read(y);g[x].push_back(y), g[y].push_back(x);}dfs(1, 0);for(int i = 2; i <= n; i++) tot[sz[i]]++;for(int i = 1; i <= n; i++) s[L+i] = (tot[i] + tot[n-i]) * js[i] % P;NTT::Times(s, iv, L + n + 1, L + n + 1);for(int i = 1; i <= n; i++){int A = n * C(n, i) % P;int B = inv[i] * s[2*L+i] % P;printf("%lld\n", ((A - B) % P + P) % P);}return 0; }

轉載于:https://www.cnblogs.com/mangoyang/p/9723310.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的AtcoderGrandContest 005 F. Many Easy Problems的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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