cogs 2355. [HZOI 2015] 有标号的DAG计数 II
题目分析
来自2013年王迪的论文《浅谈容斥原理》
设\(f_{n,S}\)表示n个节点，入度为0的点集恰好为S的方案数。
设\(g_{n,S}\)表示n个节点，入度为0的点集至少为S的方案数。
对于\(g_{n,S}\)，有递推式
\[g_{n,S}=2^{|S|(n-|S|)}g_{n-|S|,\emptyset}
\]
f与g有如下关系
\[g_{n,S}=\sum_{S\subseteq T}f_{n,T}
\]
子集反演一下
\[f_{n,S}=\sum_{S\subseteq T}(-1)^{|T|-|S|}g_{n,T}
\]
我们要求的答案即为
\[\begin{split}
g_{n,\emptyset}&=\sum_{|S|=1}^nf_{n,S}\\
&=\sum_{|S|=1}^n\sum_{S\subseteq T}(-1)^{|T|-|S|}g_{n,T}\\
&=\sum_{|S|=1}^n\sum_{S\subseteq T}(-1)^{|T|-|S|}2^{|T|(n-|T|)}g_{n-|T|,\emptyset}\\
&=\sum_{i=1}^n\binom{n}{i}\sum_{j=i}^n\binom{n-i}{j-i}(-1)^{j-i}2^{j(n-j)}g_{n-j,\emptyset}\\
&=\sum_{j=1}^n2^{j(n-j)}g_{n-j,\emptyset}\sum_{i=1}^j\binom{n}{i}\binom{n-j}{j-i}(-1)^{j-i}\\
&=\sum_{j=1}^n(-1)^j\binom{n}{j}2^{j(n-j)}g_{n-j,\emptyset}\sum_{i=1}^j\binom{j}{i}(-1)^i\\
&=\sum_{j=1}^n(-1)^j\binom{n}{j}2^{j(n-j)}g_{n-j,\emptyset}(\left[j=0\right]-1)\\
&=\sum_{j=1}^n(-1)^{j+1}\binom{n}{j}2^{j(n-j)}g_{n-j,\emptyset}\\
&=n!\sum_{j=1}^n2^{j(n-j)}\frac{(-1)^{j+1}}{j!}\frac{g_{n-j,\emptyset}}{(n-j)!}
\end{split}
\]
很像一个卷积的形式了，但是怎么搞\(2^{j(n-j)}\)呢？
一个套路
\[\begin{split}
2^{k(n-k)}&=\sqrt{2}^{2kn-2k^2}\\
&=\sqrt{2}^{-n^2+2kn-k^2-k^2+n^2}\\
&=\sqrt{2}^{n^2-k^2-(n-k)^2}\\
&=\frac{\sqrt{2}^{n^2}}{\sqrt{2}^{k^2}\sqrt{2}^{(n-k)^2}}
\end{split}
\]
这样就构造出了卷积形式。
所以
\[\begin{split}
\frac{g_{n,\emptyset}}{n!\sqrt{2}^{n^2}}&=\sum_{j=1}^n\frac{(-1)^{j+1}}{j!\sqrt{2}^{j^2}}\frac{g_{n-j,\emptyset}}{(n-j)!\sqrt{2}^{(n-j)^2}}
\end{split}
\]
构造生成函数
\[F(x)=\sum_{i=1}\frac{g_{i,\emptyset}}{i!\sqrt{2}^{i^2}}x^i\\
G(x)=\sum_{i=1}\frac{(-1)^{i+1}}{i!\sqrt{2}^{i^2}}
\]
有
\[\begin{split}
F&=F*G+1\\
&={1\over1-G}
\end{split}
\]
多项式求逆即可。
