洛谷 P6295 - 有标号 DAG 计数（生成函数+容斥+NTT）
看到图计数的题就条件反射地认为是不可做题并点开了题解……实际上这题以我现在的水平还是有可能能独立解决的（
首先连通这个条件有点棘手，我们尝试把它去掉。考虑这题的套路，我们设 \(f_n\) 表示 \(n\) 个点的有标号 DAG 个数，\(g_n\) 表示 \(n\) 个点的有标号且弱联通的 DAG 个数，那么根据 \(\exp\) 式子的计算方式我们可以列出 \(f,g\) 生成函数之间的 exp 关系，又因为这题带标号，所以有：
Trick 1. 对于有标号图连通图计数问题，我们可以先计算出不限制连通的方案数，这样再对求得的序列的 EGF 做一遍 \(\ln\) 就可以得到待求序列的 EGF。
应用到此题上，就是设 \(F(x)\) 表示 \(f\) 序列的 EGF，\(G(x)\) 表示 \(g\) 序列的 EGF，那么 \(F(x)=\exp(G(x))\)，因此我们求出 \(F(x)\) 后一遍 \(\ln\) 即可还原出 \(G(x)\)。
考虑怎么求 \(F(x)\)。对于 DAG 有一个性质，就是剥掉它入度为 \(0\) 的点后仍是一个 DAG，因此我们考虑枚举入度为 \(0\) 的点集 \(S\)，但是这个点集很难恰好就是入度为 \(0\) 的点。所以我们可以考虑：
Trick 2. 对于 DAG 计数，我们可以考虑枚举其中入度为 \(0\) 的点集 \(S\) 并计算出剩余部分的方案数，但是这样会算重，因此需容斥，对于一个 \(S\) 而言其容斥系数就是 \((-1)^{|S|-1}\)。
因此我们枚举 \(S\) 的大小，有
其中 \(2^{j(n-j)}\) 表示在钦定的入度为 \(0\) 的点与剩余点之间连边的方案数。
诶呀，这里 \(2^{j(i-j)}\) 既涉及 \(i\) 又涉及 \(j\)，怎么办呢？
Trick 3. \(2^{i-j}=2^{\binom{i}{2}}·\dfrac{1}{2^{\binom{j}{2}}}·\dfrac{1}{2^{\binom{i-j}{2}}}\)，这样我们可以将原本与 \(i,j\) 都有关的东西拆成只与 \(i,j,i-j\) 有关的项，方便卷积。
因此
整理一下
到这里，式子已经可以写成分治 FFT 的形式了，可以分治 FFT 求解，时间复杂度 2log。不过注意到咱们的分治 FFT 与求逆是紧密相连的，许多分治 FFT 的题都可以写成求逆的形式，此题也不例外。设
那么有 \(P(x)=P(x)Q(x)+1\)，移个项可得 \(P(x)=\dfrac{1}{1-Q(x)}\)。\(1-Q(x)\) 常数项显然不为 \(0\)，因此一遍求逆即可搞定 \(P(x)\)，也可进而求出 \(F,G\)。
时间复杂度 \(n\log n\)。
const int pr=3;
const int ipr=332748118;
const int MAXP=1<<18;
const int INV2=MOD+1>>1;
const int PHI=MOD-1;
int fac[MAXP+5],ifac[MAXP+5],inv[MAXP+5];
void init_fac(int n){
for(int i=(fac[0]=ifac[0]=inv[0]=inv[1]=1)+1;i<=n;i++) inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%MOD,ifac[i]=1ll*ifac[i-1]*inv[i]%MOD;
}
int qpow(int x,int e){
int ret=1;
for(;e;e>>=1,x=1ll*x*x%MOD) if(e&1) ret=1ll*ret*x%MOD;
return ret;
}
int rev[MAXP+5];
void NTT(vector<int> &a,int len,int type){
int lg=31-__builtin_clz(len);
for(int i=0;i<len;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<lg-1);
for(int i=0;i<len;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int i=2;i<=len;i<<=1){
int W=qpow((type<0)?ipr:pr,(MOD-1)/i);
for(int j=0;j<len;j+=i){
for(int k=0,w=1;k<(i>>1);k++,w=1ll*w*W%MOD){
int X=a[j+k],Y=1ll*w*a[(i>>1)+j+k]%MOD;
a[j+k]=(X+Y)%MOD;a[(i>>1)+j+k]=(X-Y+MOD)%MOD;
}
}
} if(!~type){
int ivn=qpow(len,MOD-2);
for(int i=0;i<len;i++) a[i]=1ll*a[i]*ivn%MOD;
}
}
vector<int> conv(vector<int> a,vector<int> b){
int LEN=1;while(LEN<a.size()+b.size()) LEN<<=1;
a.resize(LEN,0);b.resize(LEN,0);NTT(a,LEN,1);NTT(b,LEN,1);
for(int i=0;i<LEN;i++) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%MOD;
NTT(a,LEN,-1);return a;
}
vector<int> getinv(vector<int> a,int len){
vector<int> b(len,0);b[0]=qpow(a[0],MOD-2);
for(int i=2;i<=len;i<<=1){
vector<int> c(b.begin(),b.begin()+(i>>1));
vector<int> d(a.begin(),a.begin()+i);
c=conv(conv(c,c),d);
for(int j=0;j<i;j++) b[j]=(2ll*b[j]-c[j]+MOD)%MOD;
} return b;
}
vector<int> direv(vector<int> a,int len){
vector<int> b(len,0);
for(int i=1;i<len;i++) b[i-1]=1ll*i*a[i]%MOD;
return b;
}
vector<int> inter(vector<int> a,int len){
vector<int> b(len,0);
for(int i=1;i<len;i++) b[i]=1ll*inv[i]*a[i-1]%MOD;
return b;
}
vector<int> getln(vector<int> a,int len){
vector<int> _a=direv(a,len),b=getinv(a,len);
b=conv(b,_a);b=inter(b,len);return b;
}
int main(){
init_fac(MAXP);vector<int> f(MAXP/2),g(MAXP/2);
for(int i=1;i<MAXP/2;i++){
int val=1ll*ifac[i]*qpow(INV2,1ll*i*(i-1)/2%PHI)%MOD;
if(i&1) g[i]=MOD-val;else g[i]=val;
} (g[0]+=1)%=MOD;f=getinv(g,MAXP/2);
// for(int i=0;i<MAXP/2;i++) printf("%d\n",g[i]);
for(int i=0;i<MAXP/2;i++) f[i]=1ll*f[i]*qpow(2,1ll*i*(i-1)/2%PHI)%MOD;
f=getln(f,MAXP/2);int n;scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",1ll*f[i]*fac[i]%MOD);
return 0;
}
