P12445 [COTS 2025] 数好图 / Promet

困难 DAG 计数，希望可以讲的详细一些。

首先我们需要考虑题目里这个 \(k\) 的限制，我们不妨直接枚举有 \(k\) 个点，剩下的点只有两种：\(1\) 可达的和 \(1\) 不可达的，DAG 的性质不强，我们似乎只能从分类的角度思考：把点分三类，在 \(1 \rightsquigarrow n\) 路径上的称为 \(1\) 类点，不在 \(1 \rightsquigarrow n\) 路径上但 \(1\) 可以到达的点称为 \(2\) 类点，否则称为 \(3\) 类点。

发现这还是有些性质的，首先 \(3\) 类点可以连向任意点，\(1\) 类点只能连向 \(1, 2\) 类点， \(2\) 类点只能连向 \(2\) 类点，且必须有一个 \(1/2\) 类点连向它。首先 \(1, n\) 为 \(1\) 类点，我们需要计算剩下的点之间的连边。

1. \(3 \rightarrow 1/2/3\)，由于 \(3\) 类点可以任意连边，假设 \(i\) 是 \(3\) 类点，那么方案数就是 \(2^{n - i}\)，这告诉我们 \(3\) 类点的贡献可以单独算。设 \(mul_{i, j}\) 表示 \([i, n - 1]\) 中有 \(j\) 个 \(3\) 类点，那么 \(mul_{i, j} = mul_{i + 1, j} + mul_{i + 1, j - 1}2^{n-i}\)。可以 \(\mathcal{O}(n^2)\) 预处理。那么接下来只要考虑 \(1, 2\) 之间的连边。
2. \(1/2 \rightarrow 2\)，直接枚举，设 \(dp_{i, j}\) 表示 \(i\) 个 \(1\) 类点，\(j\) 个 \(2\) 类点的方案数，则 \(dp_{i, j} = dp_{i - 1, j} + dp_{i, j - 1}(2^{i + j - 1} - 1)\)，后面这个是因为前面任意点都可以连向这个 \(2\) 类点，但是至少有一个点连。
3. \(1 \rightarrow 1\)，相当于全部点都在路径上的方案数，即 \(k = n\)，我们可以转化成 \(1\) 有出度，\(n\) 有入度，且 \([2, n - 1]\) 的所有点都有入度和出度，证明显然。依旧考虑 DP，但是这个不能直接朴素地计数了，直接暴力是 \(\mathcal{O}(n^3)\) 的，那我们可以考虑容斥，\(f_{i, j}\) 表示后 \(i\) 个点，除了 \(i\) 有 \(j\) 个点被强制钦定为入度为 \(0\) 的点，这些点从始至终不能被连边。转移考虑钦定 \(i + 1\) 被不被钦定，如果被钦定，方案是 \(f_{i, j - 1}(2^{i - j - 1} - 1)\)，因为 \(i\) 只能选 \((i + 1, n]\) 未被钦定的点连边，否则方案为 \(f_{i, j}(2^{i - j - 1} - 1)\)，因为可以向 \([i + 1, n]\) 未被钦定的点连。于是 \(f\) 可以在 \(\mathcal{O}(n^2)\) 内计算。然后考虑容斥成恰好。假设 \(S_i\) 为令 \(i\) 入度为 \(0\) 的 DAG 集合，那么显然 \(f_{i, j} = \sum\limits_{i < a_1 \le a_2 \le \dots \le a_k}|\bigcup\limits_{k=1}^j S_{a_k}|\)，所求即 \(|\bigcap S_i|\)，容斥一下就是 \(\sum (-1)^jf_{i, j}\)。

由于三种情况都是独立的，枚举 \(1, 2\) 类点个数，分别计算即可。注意这样会在 \(k = 0\) 时出问题，改为全部减去 \(\sum\limits_{k=1}^nans_k\) 即可。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
// typedef __int128 i128;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 2e3 + 10;
template<typename T>
void dbg(const T &t) { cout << t << endl; }
template<typename Type, typename... Types>
void dbg(const Type& arg, const Types&... args) {
    cout << arg << ' ';
    dbg(args...);
}
namespace Loop1st {
int n, mod, pw[N * N];
int f[N][N], g[N];
int mul[N][N], dp[N][N];
int ans[N];
void main() {
    cin >> n >> mod;
    pw[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n * n; i++) pw[i] = pw[i - 1] * 2 % mod;
    f[1][0] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        for (int j = 0; j < i; j++) { // j = i - 1 一定是 0
            f[i][j] = (ll)(pw[i - j - 1] - 1) * (f[i - 1][j] + (j ? f[i - 1][j - 1] : 0)) % mod;
        }
    }
    for (int i = 2; i <= n; i++) for (int j = 0; j <= i; j++) {
        if (j & 1) g[i] = (g[i] + mod - f[i][j]) % mod;
        else g[i] = (g[i] + f[i][j]) % mod;
    }
    mul[n][0] = 1;
    for (int i = n - 1; i >= 2; i--) for (int j = 0; j <= n; j++) {
        mul[i][j] = mul[i + 1][j];
        if (j) mul[i][j] = (mul[i][j] + (ll)mul[i + 1][j - 1] * pw[n - i] % mod) % mod;
    }
    dp[1][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = (i == 1); j <= n - i; j++) {
        dp[i][j] = dp[i - 1][j];
        ans[i] = (ans[i] + (ll)mul[2][n - i - j] * dp[i - 1][j] % mod) % mod;
        if (j) dp[i][j] = (dp[i][j] + (ll)dp[i][j - 1] * (pw[i + j - 1] - 1) % mod) % mod;
    }
    for (int i = 2; i <= n; i++) ans[i] = (ll)ans[i] * g[i] % mod;
    ans[0] = pw[n * (n - 1) / 2];
    for (int i = 2; i <= n; i++) ans[0] = (ans[0] + mod - ans[i]) % mod;
    for (int i = 0; i <= n; i++) cout << ans[i] << " \n"[i == n];
}

}
int main() {
    // freopen("count.in", "r", stdin);
    // freopen("count.out", "w", stdout);
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
    int T = 1;
    // cin >> T;
    while (T--) Loop1st::main();
    return 0;
}