HDU 5279 YJC plays Minecraft（NTT+分治）

题意

有 \(n\) 个岛屿，第 \(i\) 个岛屿上有一张 \(a_i\) 的完全图。其中第 \(i\) 张完全图的 \(a_i\) 号节点和 \(i+1\) 号岛屿的 \(1\) 号节点有边相连（包括 \(n\) 号岛屿和 \(1\) 号岛屿）。求删去若干条边，使得图变成无环图的方案数。

思路

定义 \(f_n\) 为 \(n\) 个点的完全图，删边构成无环图的方案数，固定其中一点，从剩下 \(n-1\) 个点钟选出 \(i\) 个与之构成连通图，有

\[f_n=\sum_{i=0}^{n-1}f_i{n-1\choose i}\cdot{(n-i)}^{n-i-2}\\ f_n=(n-1)!\sum_{i=0}^{n-1}{f_i\over i!}\cdot{{(n-i)}^{n-i-2}\over (n-i-1)!} \]

那么为了得到最终答案，首先岛内部肯定是无环的。先任选岛屿之间的边，然后减去所有岛组成大环的情况，这种情况岛间的边肯定是选的，考虑第 \(i\) 个点的 \(1\) 和 \(a_i\) 节点之间，有多少中选择方案可以形成一条通路，在除 \(1,a_i\) 外的 \(n-2\) 个节点中选择 \(j\) 个节点构树，剩下的节点任意构无环图即可。

\[Ans =2^n\prod_{i=1}^nf_{a_i} -\prod_{i=1}^n \begin{cases} \displaystyle \sum_{j=2}^{a_i}{a_i-2\choose j-2}j^{j-2}f_{a_i-j} &a_i>1\\ 1 &a_i\leq 1 \end{cases} \]

设 \(g_n=\displaystyle\sum_{i=2}^n{n-2\choose i-2}i^{i-2}f_{n-i}\) ，并令 \(g_1=1\)

化简得 \(\displaystyle g_n=(n-2)!\sum_{i=2}^n {i^{i-2}\over(i-2)!}\cdot{f_{n-i}\over (n-i)!}\)

那么

\[Ans =2^n\prod_{i=1}^nf_{a_i} -\prod_{i=1}^ng_{a_i} \]

再进行一次 \(\text{NTT}\) 即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define FOR(i,x,y) for(int i=(x),i##END=(y);i<=i##END;++i)
#define DOR(i,x,y) for(int i=(x),i##END=(y);i>=i##END;--i)
using namespace std;
template<typename T,typename _T>inline bool chk_min(T &x,const _T y){return y<x?x=y,1:0;}
template<typename T,typename _T>inline bool chk_max(T &x,const _T y){return x<y?x=y,1:0;}
typedef long long ll;
const int P=998244353;
const int N=1<<17|5;
const int M=1e5+5;

namespace _Maths
{
	ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
	void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
	{
		if(!b){x=1,y=0;return;}
		exgcd(b,a%b,y,x);y-=a/b*x;
	}
	ll Pow(ll a,ll p,ll P)
	{
		ll res=1;
		for(;p>0;p>>=1,(a*=a)%=P)if(p&1)(res*=a)%=P;
		return res;
	}
	ll inv(ll a,ll P){ll x,y;exgcd(a,P,x,y);return (x%P+P)%P;}
};
using namespace _Maths;
namespace _Polynomial
{
	const int g=3;
	int A[N<<1],B[N<<1];
	int r[N<<1],w[N<<1];
	void DFT(int *a,int op,int n)
	{
		FOR(i,0,n-1)if(i<r[i])swap(a[i],a[r[i]]);
		for(int i=2;i<=n;i<<=1)
			for(int j=0;j<n;j+=i)
				for(int k=0;k<i/2;k++)
				{
					int u=a[j+k],t=(ll)w[op==1?n/i*k:(n-n/i*k)&(n-1)]*a[j+k+i/2]%P;
					a[j+k]=(u+t)%P,a[j+k+i/2]=(u-t)%P;
				}
		if(op==-1)
		{
			int I=inv(n,P);
			FOR(i,0,n-1)a[i]=(ll)a[i]*I%P;
		}
	}
	void multiply(const int *a,const int *b,int *c,int n1,int n2)
	{
		int n=1;
		while(n<n1+n2-1)n<<=1;
		FOR(i,0,n1-1)A[i]=a[i];
		FOR(i,0,n2-1)B[i]=b[i];
		FOR(i,n1,n-1)A[i]=0;
		FOR(i,n2,n-1)B[i]=0;
		FOR(i,0,n-1)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)*(n>>1));
		w[0]=1,w[1]=Pow(g,(P-1)/n,P);
		FOR(i,2,n-1)w[i]=(ll)w[i-1]*w[1]%P;
		
		DFT(A,1,n),DFT(B,1,n);
		FOR(i,0,n-1)A[i]=(ll)A[i]*B[i]%P;
		DFT(A,-1,n);
		FOR(i,0,n1+n2-2)c[i]=(A[i]+P)%P;
	}
};
int A[N],B[N],C[N<<1];
int fac[N],ifac[N];
int a[N],f[N],g[N];
int n,m;

void CDQ(int l,int r)
{
	if(l==r)
	{
		if(l==0)f[l]=1;
		else f[l]=(ll)fac[l-1]*f[l]%P;
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	CDQ(l,mid);
	FOR(i,l,mid)A[(i)-l]=(ll)f[i]*ifac[i]%P;
	B[(1)-1]=1;
	FOR(i,2,r-l)B[(i)-1]=Pow(i,i-2,P)*ifac[i-1]%P;
	_Polynomial::multiply(A,B,C,mid-l+1,r-l);
	FOR(i,mid+1,r)(f[i]+=C[(i)-l-1])%=P;
	CDQ(mid+1,r);
}

int main()
{
	fac[0]=fac[1]=1;FOR(i,2,N-1)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%P;
	ifac[0]=ifac[1]=1;FOR(i,2,N-1)ifac[i]=(ll)(P-P/i)*ifac[P%i]%P;
	FOR(i,2,N-1)ifac[i]=(ll)ifac[i-1]*ifac[i]%P;
	
	FOR(i,0,M)f[i]=0;
	CDQ(0,M);
	FOR(i,2,M)A[(i)-2]=Pow(i,i-2,P)*ifac[i-2]%P;
	FOR(i,0,M-2)B[(i)]=(ll)f[i]*ifac[i]%P;
	_Polynomial::multiply(A,B,C,M-1,M-1);
	g[1]=1;FOR(i,2,M)g[i]=(ll)fac[i-2]*C[(i)-2]%P;
	
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d",&n);
		FOR(i,1,n)scanf("%d",&a[i]);
		ll ans=Pow(2,n,P),prd=1;
		FOR(i,1,n)(ans*=f[a[i]])%=P;
		FOR(i,1,n)(prd*=g[a[i]])%=P;
		printf("%lld\n",((ans-prd)%P+P)%P);
	}
	return 0;
}