參考:http://blog.miskcoo.com/2015/05/bzoj-3456
首先推出遞推式（上面的blog講的挺清楚的），大概過程是正難則反，設g為n個點的簡單(無重邊無自環)無向圖數目，顯然邊數是\( C_{n}^{2} \)，所以\( g(n)=2^{C_{n}^{2}} \)，那么f[n]=g[n]-n個點的簡單(無重邊無自環)無向不連通圖數目，后面那部分可以枚舉1所在聯通塊的1點數，當這個塊有i個點時，方案數為從n-1個點中選出i-1個（減去點1）* f[i]（這i個點組成無向連通圖方案數）*g[n-i]（剩下的點組成無向圖的方案數），寫成公式就是\( \sum_{i=1}^{n-1}C_{n-1}^{i-1}f[i]g[n-i] \)，然后把這兩部分相減就得到了遞推式：
\[ f[n]=g[n]-\sum_{i=1}^{n-1}C_{n-1}^{i-1}f[i]g[n-i] \]
\[ f[n]=2^{C_n^2}-\sum_{i=1}^{n-1}C_{n-1}^{i-1}f[i]2^{C_{n-i}^2} \]
然后開始大力推式子，目標是推出卷積！
\[ f[n]=2^{C_n^2}-\sum_{i=1}^{n-1}C_{n-1}^{i-1}f[i]2^{C_{n-i}^2} \]
\[ f[n]=2^{C_n^2}-\sum_{i=1}^{n-1}\frac{(n-1)!}{(i-1)!(n-i)!}f[i]2^{C_{n-i}^2} \]
\[ f[n]=2^{C_n^2}-(n-1)!\sum_{i=1}^{n-1}\frac{2^{C_{n-i}^2}f[i]}{(i-1)!(n-i)!} \]
\[ f[n]=2^{C_n^2}-(n-1)!\sum_{i=1}^{n-1}\frac{f[i]}{(i-1)!}*\frac{2^{C_{n-i}^2}}{(n-i)!} \]看起來有點樣子了，然而這是遞推式怎么辦！
開始等號左右瞎移項
\[ 2^{C_n^2}-f[n]=(n-1)!\sum_{i=1}^{n-1}\frac{f[i]}{(i-1)!}*\frac{2^{C_{n-i}^2}}{(n-i)!} \]
\[ 2^{C_n^2}=(n-1)!\sum_{i=1}^{n-1}\frac{f[i]}{(i-1)!}*\frac{2^{C_{n-i}^2}}{(n-i)!}+f[n] \]
\[ 2^{C_n^2}=(n-1)!\sum_{i=1}^{n}\frac{f[i]}{(i-1)!}*\frac{2^{C_{n-i}^2}}{(n-i)!} \]
\[ \frac{2^{C_n^2}}{(n-1)!}=\sum_{i=1}^{n}\frac{f[i]}{(i-1)!}*\frac{2^{C_{n-i}^2}}{(n-i)!} \]
\[ a[i]=\frac{f[i]}{(i-1)!},b[i]=\frac{2^{C_{i}^2}}{(i)!},c[i]=\frac{2^{C_i^2}}{(i-1)!} \]
于是變成了這樣的形式：\( A*B=C \)，現在要求的是A，所以把它變形為\( A=B^{-1}*C \)
這里涉及到了多項式求逆元，在這里簡述一下（參考：http://blog.csdn.net/qq_33229466/article/details/70212684）：
求\( A?G=1(mod?x^m) \)
已有B滿足\( A?B=1(mod?x^{\frac{m}{2}}) \)
因為\( A?G=1(mod?x^{\frac{m}{2}}) \)
所以\( (G?B)=0(mod?x^{\frac{m}{2}}) \)
兩邊平方\( G^2+b^2-2GB=0(mod?x^{\frac{m}{2}}) , G^2=2GB-b^2(mod?x^{\frac{m}{2}}) \)
同乘A得\( G=2B-AB \)
然后遞歸求即可

#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; const int N=300005,mod=1004535809,G=3; int n,m,a[N],b[N],c[N],nb[N],fac[N],inv[N],fi[N],tmp[N],re[N]; int ksm(int a,int b) {int r=1;while(b){if(b&1)r=1ll*r*a%mod;a=1ll*a*a%mod;b>>=1;}return r; } void dft(int a[],int lm,int f) {int bt=log(lm)/log(2)+0.1;for(int i=0;i<lm;i++){re[i]=(re[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bt-1));if(i<re[i])swap(a[i],a[re[i]]);}for(int i=1;i<lm;i<<=1){int wi=ksm(G,(mod-1)/(i<<1));if(f==-1)wi=ksm(wi,mod-2);for(int k=0;k<lm;k+=(i<<1)){int w=1,x,y;for(int j=0;j<i;j++){x=a[k+j];y=1ll*w*a[i+j+k]%mod;a[j+k]=((x+y)%mod+mod)%mod;a[i+j+k]=((x-y)%mod+mod)%mod;w=1ll*w*wi%mod;}}}if(f==-1){int ni=ksm(lm,mod-2);for(int i=0;i<lm;i++)a[i]=1ll*a[i]*ni%mod;}//cout<<"???"<<endl; } void ni(int a[],int b[],int n) {if(n==1){//cout<<"OK"<<endl;b[0]=ksm(a[0],mod-2);return;}ni(a,b,n/2);memcpy(tmp,a,sizeof(a[0])*n);memset(tmp+n,0,sizeof(tmp[0])*n);dft(tmp,n<<1,1);dft(b,n<<1,1);for(int i=0;i<(n<<1);i++)tmp[i]=1ll*b[i]*(2-1ll*tmp[i]*b[i]%mod+mod)%mod;dft(tmp,n<<1,-1);for(int i=0;i<n;i++)b[i]=tmp[i];memset(b+n,0,sizeof(b[0])*n); } int main() {scanf("%d",&n);inv[1]=1,fac[0]=fi[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){if(i>1)inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;//cout<<fac[i]<<endl;fi[i]=1ll*fi[i-1]*inv[i]%mod;}for(int i=0;i<=n;i++){int now=ksm(2,1ll*(i-1)*i/2%(mod-1));b[i]=1ll*now*fi[i]%mod;if(i>0)c[i]=1ll*now*fi[i-1]%mod;}for(m=1;m<=n;m<<=1);//cout<<bt<<" "<<m<<endl;ni(b,nb,m);dft(nb,m<<1,1);dft(c,m<<1,1);for(int i=0;i<(m<<1);i++)a[i]=1ll*nb[i]*c[i]%mod;dft(a,m<<1,-1);//cout<<fac[n-1]<<endl;printf("%d\n",1ll*a[n]*fac[n-1]%mod);return 0; }

轉載于:https://www.cnblogs.com/lokiii/p/8475486.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的bzoj 3456: 城市规划【NTT+多项式求逆】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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