P12445 [COTS 2025] Promet 题解

Description

给定正整数 \(N\) 和素数 \(P\)。

\(\forall K=0,1,\ldots,N\)，求出满足以下条件的简单有向图的数量：

• 图中仅包含 \(i\to j\)（\(1\le i\lt j\le N\)）的边；
• 满足以下条件的点 \(u\) 恰好有 \(K\) 个：
  • 存在 \(1\to u\) 和 \(u\to N\) 的路径。

只需要输出答案对 \(P\) 取模后的结果。

\(2\le N\le 2\,000\)。

Solution

首先考虑 \(k=n\) 怎么求。

容易发现这个一个连边方案合法的充要条件就是 \([1,n-1]\) 内的点都有出度，\([2,n]\) 内的点都有入度，考虑先保证每个点都有入度，并容斥出度为 \(0\) 的点的个数。

具体地，设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个点，钦定 \(i-j\) 个点出度为 \(0\) 的方案数，转移即为：\(f_{i,j}\leftarrow f_{i-1,j}\cdot(2^j-1)+f_{i-1,j-1}\cdot(2^{j-1}-1)\)。求出 \(f_{i,j}\) 之后再二项式定理求出恰好一个点（因为 \(n\) 一定没有出度）出度为 \(0\) 的方案数即可。设 \(i\) 个点的方案数为 \(h_i\)。

然后考虑 \(k\) 更小的情况怎么做。

先对点进行分类：

1. 既存在 \(1\to u\) 也存在 \(u\to n\) 的路径。
2. 只存在 \(1\to u\) 但不存在 \(u\to n\) 的路径。
3. 不存在 \(1\to u\) 的路径。

容易发现，对于 \(1\) 类点往前只能连 \(1,3\) 类点，且 \(1\) 类点至少一个。\(2\) 类点能连 \(1,2,3\) 类点，且 \(1,2\) 类点至少一个。\(3\) 类点能连 \(1,3\) 类点。

这里不考虑 \(1\) 类点内部的贡献，因为这个可以已经得到了，为 \(h_n\)。

注意到 \(3\) 类点作为起点时，终点是没有限制的，并且所有 \(3\) 类点参与的边中，\(3\) 类点一定是起点。所以设 \(p_i\) 表示第 \(i\) 个 \(3\) 类点的位置，那么所有 \(3\) 的贡献即为 \(2^{\sum(n-p_i)}\)。于是只要求出 \(1,2\) 类点的贡献后，乘上预处理出来的 \(3\) 类点贡献即可。设 \(i\) 个 \(3\) 类点的贡献为 \(s_i\)。

对于 \(1,2\) 类点之间的贡献，考虑设 \(g_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个点，现在有 \(j\) 个 \(1\) 类点的贡献，转移为：\(g_{i,j}\leftarrow g_{i-1,j-1}+g_{i-1,j}\cdot (2^i-1)\)。

然后枚举 \(1,2\) 类点的总数 \(i\)，和 \(1\) 类点的个数 \(j\) 并让 \(res_j\leftarrow g_{i-1,j-1}\cdot s_{n-i}\cdot h_j\) 即可（这里只有 \(g_{i-1,j-1}\) 的原因是最后一个点必须是 \(1\) 类点）。

时间复杂度：\(O(n^2)\)。

Code

#include <bits/stdc++.h>

#define int int64_t

const int kMaxN = 2e3 + 5;

int n, mod;
int pw[kMaxN], f[kMaxN][kMaxN], g[kMaxN], h[kMaxN], s[kMaxN], res[kMaxN];

int qpow(int bs, int64_t idx = mod - 2) {
  int ret = 1;
  for (; idx; idx >>= 1, bs = (int64_t)bs * bs % mod)
    if (idx & 1)
      ret = (int64_t)ret * bs % mod;
  return ret;
}

inline int add(int x, int y) { return (x + y >= mod ? x + y - mod : x + y); }
inline int sub(int x, int y) { return (x >= y ? x - y : x - y + mod); }
inline void inc(int &x, int y) { (x += y) >= mod ? x -= mod : x; }
inline void dec(int &x, int y) { (x -= y) < 0 ? x += mod : x; }
inline int getop(int x) { return (~x & 1) ? 1 : (mod - 1); }

void prework() {
  pw[0] = 1;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    pw[i] = 2ll * pw[i - 1] % mod;
  }
}

void gets() {
  static int f[kMaxN][kMaxN];
  f[1][0] = f[1][1] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    for (int j = 0; j <= i - 1; ++j) {
      int val = f[i - 1][j];
      inc(f[i][j], 1ll * val * (pw[j] - 1) % mod);
      inc(f[i][j + 1], 1ll * val * (pw[j] - 1) % mod);
    }
  }
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    // for (int j = 0; j <= i; ++j)
    //   for (int k = 0; k < j; ++k)
    //     dec(f[i][j], 1ll * f[i][k] * C[i - k][i - j] % mod);
    // for (int j = 0; j <= i; ++j) inc(s[i], 1ll * getop(i - j) * f[i][j] % mod);
    // for (int j = 0; j <= i; ++j) std::cerr << f[i][j] << " \n"[j == i];
    // std::cerr << s[i] << '\n';
    // s[i] = f[i][i - 1];
    for (int j = 0; j <= i - 1; ++j) inc(s[i], 1ll * getop(i - 1 - j) * (i - j) % mod * f[i][j] % mod);
  }
}

void dickdreamer() {
  std::cin >> n >> mod;
  prework();
  // g[i] : xuan i ge 3 de gong xian
  g[0] = 1;
  for (int i = 2; i <= n - 1; ++i) {
    for (int j = i - 1; j; --j) inc(g[j], 1ll * pw[n - i] * g[j - 1] % mod);
  }
  gets();
  // for (int i = 0; i <= n - 2; ++i) std::cerr << g[i] << " \n"[i == n - 2];
  f[1][1] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    for (int j = 1; j <= i - 1; ++j) {
      int val = f[i - 1][j];
      inc(f[i][j + 1], val);
      // std::cerr << "??? " << j + 1 << ' ' << i << ' ' << 1ll * val * g[n - i] % mod << '\n';
      inc(h[j + 1], 1ll * val * g[n - i] % mod);
      if (i != n) {
        inc(f[i][j], 1ll * val * (pw[i - 1] - 1) % mod);
      }
    }
  }
  for (int i = 2; i <= n; ++i) res[i] = 1ll * h[i] * s[i] % mod;
  res[0] = qpow(2, n * (n - 1) / 2);
  for (int i = 1; i <= n; ++i) dec(res[0], res[i]);
  for (int i = 0; i <= n; ++i) std::cout << res[i] << " \n"[i == n];
}

int32_t main() {
#ifdef ORZXKR
  freopen("in.txt", "r", stdin);
  freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
  std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
  int T = 1;
  // std::cin >> T;
  while (T--) dickdreamer();
  // std::cerr << 1.0 * clock() / CLOCKS_PER_SEC << "s\n";
  return 0;
}