[BZOJ5219]最长路径

Description

在Byteland一共有n个城市，编号依次为1到n，它们之间计划修建n(n-1)/2条单向道路，对于任意两个不同的点i和
j，在它们之间有且仅有一条单向道路，方向要么是i到j，要么是j到i。换句话说，这是一个n个点的竞赛图。Byte
asar居住在1号城市，他希望从1号城市出发，沿着单向道路不重复地访问一些城市，使得访问的城市数尽可能多。
请写一个程序，帮助Byteasar计算有多少种道路修建方式，使得从1号点出发的最长简单路径经过点数恰好为k，由
于答案可能很大，请对P取模输出

Input

第一行包含两个正整数n,P，表示点数和模数。
2≤P≤1e9,N<=2000

Output

输出n行，第i行输出从1出发的最长简单路径经过点数恰好为i的竞赛图个数模P。

Sample Input

2 233

Sample Output

1
1

---

题解

计数题我永远都写不出来

先扯点竞赛图的前置知识

1.竞赛图就是有向完全图,有\(C_{2}^{n}\)条有向边
2.竞赛图经过缩点后一定是一条链,拓扑序小的连向所有拓扑序比ta大的节点
3.竞赛图是一个哈密顿回路,竞赛图在缩点后是一个哈密顿路径
4.竞赛图要不就是没有一个环的\(DAG\),要不就是每个强连通分量的点的个数至少为3,且每个强连通分量都有至少一个三元环

由于竞赛图缩点以后一定是一条链
所以从\(1\)开始的路径长度就是\(1\)所在的\(scc\)大小+拓扑序在\(i\)所在的\(scc\)后面的点的个数
我们设\(g_i\)表示\(i\)个点的竞赛图个数
\(f_i\)表示一个大小为\(i\)的是一个强连通分量的竞赛图的个数
那么显然\(g_n=2^{C_{2}^{n}}\)
然后我们考虑怎么求\(f_i\)
其实直接容斥就行了
就枚举一个大小为\(j[j<i]\)的强连通分量竞赛图
然后剩下的\(i-j\)个点就不在这个强连通分量里
所以这两者之间的边的方向是一定的
\(f_i=\sum_{j=1}^{i-1}{C_{i}^{j}f_jg_{i-j}}\)
然后我们就枚举\(1\)所在\(scc\)大小\(i\),再枚举拓扑序大于\(1\)所在的\(scc\)的点的个数\(j\)
\(ans[i+j]=C_{n-1}^{i}\times C_{j}^{n-i}f_ig_jg_{n-i-j}\)

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
const int M = 2005 ;
using namespace std ;

int n , mod ;
int f[M] , g[M] , ans[M] , C[M][M] ;// f[i]表示一个联通块, g[i]表示i个点随便连
inline int Fpw(int Base , int k) {
	int temp = 1 ;
	while(k) {
		if(k & 1) temp = 1LL * temp * Base % mod ;
		Base = 1LL * Base * Base % mod ; k >>= 1 ;
	} 
	return temp ;
} 
int main() {
	scanf("%d%d",&n,&mod) ;
	for(int i = 0 ; i <= n ; i ++) {
		C[i][0] = 1 ;
		for(int j = 1 ; j <= i ; j ++)
			C[i][j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % mod ;
	}
	for(int i = 0 ; i <= n ; i ++) 
		g[i] = Fpw(2 , C[i][2]) ;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) {
		f[i] = g[i] ;
		for(int j = 1 ; j < i ; j ++) {
			f[i] = (f[i] - 1LL * C[i][j] * f[j] % mod * g[i - j] % mod) % mod ;
			f[i] = (f[i] + mod) % mod ;
		}
	}
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
		for(int j = 0 ; i + j <= n ; j ++)
			ans[i + j] = (ans[i + j] + 1LL * C[n - 1][i - 1] * C[n - i][j] % mod * f[i] % mod * g[j] % mod * g[n - i - j] % mod) % mod ;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) printf("%d\n",ans[i]) ;
	return 0 ;
}