【CF156D】Clues（prufer序列）

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• 给定一张\(n\)个点\(m\)条边的图，设其中有\(k\)个连通块。
• 要求加入\(k-1\)条边使得图连通，求方案数。
• \(n,m\le10^5\)

\(prufer\)序列+生成函数

设第\(i\)个连通块的点数为\(a_i\)，度数为\(d_i+1\)。

\(prufer\)序列的知识告诉我们，这种情况下的生成树个数应该是\(\frac{(k-2)!}{\prod_{i=1}^kd_i!}\)。

由此得出答案的计算式：

\[\sum_{\sum_{i=1}^kd_i=k-2}\frac{(k-2)!}{\prod_{i=1}^kd_i!}\prod_{i=1}^ka_i^{d_i+1}=(k-2)!\prod_{i=1}^ka_i\sum_{\sum_{i=1}^kd_i=k-2}\prod_{i=1}^k\frac{a_i^{d_i}}{d_i!} \]

前面的\((k-2)!\prod_{i=1}^ka_i\)是一个常数项可以暂且不管，对于后面的东西先设出一个生成函数：

\[F(x)=\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{x^i}{i!}=e^x \]

因此\(\prod\)中的式子相当于是若干\(F(a_ix)\)卷在一起，也就是\(e^{a_ix}\)相卷，得到：

\[[x^{k-2}]\prod_{i=1}^ke^{a_ix}=[x^{k-2}]e^{\sum_{i=1}^ka_ix}=[x^{k-2}]e^{nx}=\frac{n^{k-2}}{(k-2)!} \]

这时候发现一个极好的事情，推得式子是一个常数项，且这里分母中的\((k-2)!\)恰好能和前面常数项中的\((k-2)!\)约掉！

于是最终的答案实际上是一个非常简单的式子：

\[n^{k-2}\times\prod_{i=1}^ka_i \]

所以具体实现你只需要写一个并查集。。。

代码：\(O(n\alpha(n))\)

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
using namespace std;
int n,m,X,g[N+5],f[N+5];I int fa(CI x) {return f[x]?f[x]=fa(f[x]):x;}
namespace FastIO
{
	#define FS 100000
	#define tc() (FA==FB&&(FB=(FA=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),FA==FB)?EOF:*FA++)
	char oc,FI[FS],*FA=FI,*FB=FI;
	Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!isdigit(oc=tc()));W(x=(x<<3)+(x<<1)+(oc&15),isdigit(oc=tc()));}
	Ts I void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);}
}using namespace FastIO;
int main()
{
	RI i,x,y;for(read(n,m,X),i=1;i<=m;++i) read(x,y),(x=fa(x))^(y=fa(y))&&(f[y]=x);//并查集合并
	RI t=1,k=0;for(i=1;i<=n;++i) ++g[fa(i)];for(i=1;i<=n;++i) fa(i)==i&&(t=1LL*t*g[i]%X,++k);//统计连通块大小之积及连通块个数
	if(k==1) return printf("%d\n",1%X),0;//如果k=1，答案尽管仍能用上式计算为n^(-1)*n=1，但n^(-1)无法得出，需特判
	for(i=1;i<=k-2;++i) t=1LL*t*n%X;return printf("%d\n",t),0;//乘上n^(k-2)
}