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題意：給定$n$和集合$S$,求出$n$個點的「所有極大點雙連通分量的大小都在$S$ 內(nèi)」的不同簡單無向連通圖的個數(shù) 模 $998244353$。

$n,{\sum }_{i\in S}i\le 10^5$

道理我都懂，可為啥我百度搜地靈殿ex終符一半都是cookie☆同人OI題

思路挺清奇的

首先注意題目中的點雙定義是不存在割點，也就是說只有兩個點的連通圖也是點雙

同時一個點可能屬于多個點雙

顯然要設出答案的EGF

因為無向圖關系很復雜，所以我們要強行整點東西上去

設$[x^n]F(x)$表示 $n$個點 帶標號 有根 滿足題目條件 的方案數(shù) 的EGF

有根是指：每張圖欽定一個根，如果兩張圖邊完全相同但根不同也視為不同的圖

其實就是乘一個$n$

考慮怎么表示出$F(x)$

對于一張有根圖，我們把根刪掉，這樣會出現(xiàn)多個連通塊

對于每個連通塊，會發(fā)現(xiàn)都會有若干點和根處于同一個點雙內(nèi)

但是不會有不同連通塊的點處于同一點雙，因為根結點刪去后它們分開了，與定義矛盾

考慮一個連通塊的情況

先考慮根結點所在的點雙大小，發(fā)現(xiàn)同一組點組成的點雙也有多種連邊方案

設$a_n$表示$n+1$個點構成的帶標號點雙個數(shù)

再設出滿足題目要求的點雙的EGF

$$A(x)=\sum _{i+1\in S}\frac{a_i}{i!}{x}^i$$

因為沒有跨連通塊，所以這個連通塊的點雙一定在$S$內(nèi)

然后將點雙中的所有邊刪掉，這樣點雙中的點兩兩間都不會連通 因為如果連通，由于內(nèi)部邊都斷完了，只能走外面的點，而經(jīng)過的點都會在這個點雙內(nèi)

也就是說，這個大連通塊被分成了若干小連通塊，且連通塊個數(shù)等于點雙的大小（不含根）,小連通塊的根是原來的點雙中的點

這樣可以寫出一個大連通塊的EGF

$$\sum _{i=1}^{\infty }\frac{a_i}{i!}{F}^i(x)$$

也就是$A(F(x))$

注意：這個過程并沒有選出點雙中有哪些點，只是把連通塊中的點分組并將每組的根按點雙的方式連接起來

然后$F(x)$可以表示成任意個數(shù)連通塊組合再加上根

也就是

$$F(x)=x{e}^{A(F(x))}$$

假設我們已經(jīng)求出了$A(x)$，我們嘗試算出$F(x)$

$$\frac{F(x)}{e^{A(F(x))}}=x$$

設

$$f(F(x))=\frac{F(x)}{e^{A(F(x))}}=x$$

即$f$和$F$互為復合逆

而

$$f(x)=\frac{x}{e^{A(x)}}$$

顯然$[x^0]A(x)=0$,所以可以算出$f(x)$，進而用拉格朗日反演算出$[x^n]F(x)$

---

現(xiàn)在的問題是如何求$A(x)$

直接求不好求，考慮構造一個相似的問題用其他方法算一次，再把$A(x)$反推回來

那考慮減少限制 發(fā)現(xiàn)減掉在$S$中的限制，也就是任意連通圖，我們也可以用這個思路計算

并且這是一道原題

城市規(guī)劃

直接取對數(shù)就可以輕松算出答案，豈不美哉？

好，我們仿（fu）照（zhi）這道題，算出任意無向連通圖的EGF $G(x)$,并乘一個$n$上個根

現(xiàn)在$G(x)$ 已知了

設

$$B(x)=\sum _{i=1}^{\infty }\frac{a_i}{i!}{x}^i$$

相同的思路，得到

$$G(x)=x{e}^{B(G(x))}$$

$$\frac{G(x)}{e^{B(G(x))}}=x$$

$$g(G(x))=\frac{G(x)}{e^{B(G(x))}}=x$$

$$g(x)=\frac{x}{e^{B(x)}}$$

變一下可以得到

$$B(x)=\ln (\frac{x}{g(x)})$$

用拉格朗日反演算出$g(x)$……

拉個鬼啊，一次拉格朗日反演就是$O(nlogn)$的，你要算出$g(x)$就要跑$n$次，再怎么也有$O(n^2)$了吧

但我們注意到$A(x)$有值的地方很少，而且下標和不超過$1e5$，所以如果我們直接拉出$A(x)$就沒有復雜度問題啦

好，整理一下已知條件

$$g(G(x))=\frac{G(x)}{e^{B(G(x))}}=x$$

$$B(x)=\ln (\frac{x}{g(x)})$$

閑著沒事把上面代到下面

（注：這里為了統(tǒng)一代碼改一下）

$$B(G(g(x)))=\ln (\frac{x}{g(x)})$$

好多括號啊，拆掉里面那個

$$B(G(x))=\ln (\frac{G(x)}{x})$$

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停，我說一句

有個叫擴展拉格朗日反演的東西,長這樣:

$$[x^n]H(G(x))=\frac{1}{n}[x^{?1}]\frac{H^{\prime }(x)}{F^n(x)}$$

證明的話在$G(F(x))=x$兩邊同時復合一個$H(x)$,并令$H(G(x))=T(x)$，后面就一模一樣了

---

好繼續(xù)

我們強行構造上面的結論，令

$$H(g(x))=B(x)$$

這樣

$$[x^n]B(x)=[x^n]H(g(x))=\frac{1}{n}[x^{?1}]\frac{H^{\prime }(x)}{G^n(x)}$$

就可以把$B(x)$算出來

現(xiàn)在只需要求出$H(x)$

由于

$$H(g(x))=B(x)$$

得到

$$H(x)=H(g(G(x)))=B(G(x))=\ln (\frac{G(x)}{x})$$

并不需要手動算，除出來$O(n)$挪一下就可以了

把讀入的位置拉出來直接丟到$A(x)$的對應位置，然后推出$F(x)$即可

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cctype> #include <ctime> #define MAXN 400005 using namespace std; const int MOD=998244353; inline int read() {int ans=0;char c=getchar();while (!isdigit(c)) c=getchar();while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();return ans; } typedef long long ll; inline int add(const int& x,const int& y){return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;} inline int dec(const int& x,const int& y){return x<y? x-y+MOD:x-y;} inline int qpow(int a,int p) {int ans=1;while (p){if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;a=(ll)a*a%MOD;p>>=1;}return ans; } #define inv(x) qpow(x,MOD-2) int fac[MAXN],finv[MAXN]; int rt[2][24]; int l,r[MAXN]; inline void init(){for (int i=0;i<(1<<l);i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));} inline void NTT(int* a,int type) {int lim=1<<l;for (int i=0;i<lim;i++) if (i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);for (int L=0;L<l;L++){int mid=1<<L,len=mid<<1,Wn=rt[type][L+1];for (int s=0;s<lim;s+=len)for (int k=0,w=1;k<mid;k++,w=(ll)w*Wn%MOD){int x=a[s+k],y=(ll)w*a[s+mid+k]%MOD;a[s+k]=add(x,y);a[s+mid+k]=dec(x,y);}}if (type){int t=inv(lim);for (int i=0;i<lim;i++) a[i]=(ll)a[i]*t%MOD;} } void getinv(int* A,int* B,int n) {static int f[MAXN],t[MAXN];if (n==1) return (void)(*B=inv(*A));getinv(A,t,(n+1)>>1);for (l=0;(1<<l)<(n<<1);l++);init();for (int i=0;i<n;i++) f[i]=A[i];for (int i=n;i<(1<<l);i++) f[i]=t[i]=0;NTT(f,0);NTT(t,0);for (int i=0;i<(1<<l);i++) B[i]=(ll)t[i]*dec(2,(ll)f[i]*t[i]%MOD)%MOD;NTT(B,1);for (int i=n;i<(1<<l);i++) B[i]=0; } inline void deriv(int* A,int* B,int n){for (int i=0;i<n-1;i++) B[i]=(ll)A[i+1]*(i+1)%MOD;B[n-1]=0;} inline void integ(int* A,int* B,int n){for (int i=1;i<n;i++) B[i]=(ll)A[i-1]*fac[i-1]%MOD*finv[i]%MOD;B[0]=0;} void getln(int* A,int* B,int n) {static int f[MAXN],g[MAXN];deriv(A,f,n);getinv(A,g,n);for (int i=n;i<(1<<l);i++) f[i]=g[i]=0;NTT(f,0);NTT(g,0);for (int i=0;i<(1<<l);i++) f[i]=(ll)f[i]*g[i]%MOD;NTT(f,1);integ(f,B,n);for (int i=n;i<(1<<l);i++) B[i]=0; } void getexp(int* A,int* B,int n) {static int f[MAXN],g[MAXN];if (n==1) return (void)(*B=1);getexp(A,g,(n+1)>>1);getln(g,f,n);for (int i=0;i<n;i++) f[i]=dec(A[i],f[i]);++f[0];for (int i=n;i<(1<<l);i++) f[i]=g[i]=0;NTT(f,0);NTT(g,0);for (int i=0;i<(1<<l);i++) B[i]=(ll)f[i]*g[i]%MOD;NTT(B,1);for (int i=n;i<(1<<l);i++) B[i]=0; } void getpow(int* A,int* B,int n,int k) {static int t[MAXN];getln(A,t,n);for (int i=0;i<n;i++) t[i]=(ll)t[i]*k%MOD;getexp(t,B,n); } int G[MAXN],H[MAXN],dH[MAXN],A[MAXN],t[MAXN],f[MAXN]; int LangInv(int* F,int n,bool ex=false) {static int f[MAXN],g[MAXN];for (int i=0;i<n;i++) f[i]=F[i+1];f[n]=0;getinv(f,g,n);getpow(g,f,n,n);int ans=0;if (ex) for (int i=0;i<n;i++) ans=add(ans,(ll)dH[i]*f[n-i-1]%MOD);else ans=f[n-1];return (ll)ans*fac[n-1]%MOD*finv[n]%MOD; } time_t START; int main() {fac[0]=1;for (int i=1;i<MAXN;i++) fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%MOD;finv[MAXN-1]=inv(fac[MAXN-1]);for (int i=MAXN-2;i>=0;i--) finv[i]=(ll)finv[i+1]*(i+1)%MOD;rt[0][23]=qpow(3,119);rt[1][23]=inv(rt[0][23]);for (int i=22;i>=0;i--){rt[0][i]=(ll)rt[0][i+1]*rt[0][i+1]%MOD;rt[1][i]=(ll)rt[1][i+1]*rt[1][i+1]%MOD;}int n=read();for (int i=0;i<=n;i++) t[i]=(ll)qpow(2,((ll)i*(i-1)/2)%(MOD-1))*finv[i]%MOD;getln(t,G,n+1);for (int i=0;i<=n;i++) G[i]=(ll)G[i]*i%MOD;for (int i=0;i<n;i++) t[i]=G[i+1];t[n]=0;getln(t,H,n+1);deriv(H,dH,n+1);for (int s=read();s;s--){int p=read()-1;A[p]=LangInv(G,p,true);}getexp(A,t,n+1);getinv(t,A,n+1);for (int i=1;i<=n;i++) f[i]=A[i-1];f[0]=0;printf("%d\n",(ll)LangInv(f,n)*fac[n-1]%MOD);return 0; }

P.S. 如果你用LOJ的C++（NOI） T成了狗，試試C++……

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【LOJ6363】「地底蔷薇」【点双】【指数型生成函数】【扩展拉格朗日反演】【多项式幂函数】的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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