CF1704H Game of AI

场上直接写了下面的做法，但是以为除叶子外树上的一个点最终标号不能是自己，于是一直调不出来，下分了 /ll

感觉 G 很简单，亏大了

题意

对于每个序列 \(a\) 满足 \(1 \le a_i \le n\) 且 \(a_i \neq i\)，以及一个排列 \(p\)，一个 bot 的游戏定义为：
开始每个位置 \(i\) 都被 \(i\) 号 \(\rm bot\) 占领。
在第 \(i\) 轮游戏中，\(p_i\) 号 \(\rm bot\) 如果在游戏中存在，那么他会占领 \(a_{p_i}\) 号位置，原先占领 \(a_{p_i}\) 号位置的 \(\rm bot\) 将不再占领那个位置。
如果一个 \(\rm bot\) 不再占领任何一个位置，那么该 \(\rm bot\) 将会退出游戏。
设最后占领第 \(i\) 个位置的 \(\rm bot\) 是 \(b_i\)。对于 \(1 \le n \le N\)，求 \((a,b)\) 的个数。

数据范围：\(1 \le N \le 10^5\)。

题解

我们对于每个序列 \(a\) 计数 \(b\) 的个数。\(a\) 形成了一颗基环树。

首先考虑对于一颗树计数：

设 \(F(x)\) 表示对于一棵大小为 \(x\) 的树的 \(b\) 的个数的 \(\rm EGF\)，\(G(x)\) 表示对于一颗大小为 \(x\) 且 \(b_{root} = root\) 的 \(b\) 的个数的 \(\rm EGF\)。

首先考虑假设 \(b_{root} \neq root\)，那么根节点可以取任意一个子节点的标号，于是：

\[F(x) = G(x) + x \sum_{i \ge 1} \frac{iF(x)^i}{i!} = G(x) + xF\exp(F) \]

然后考虑 \(b_{root} = root\) 的情况。在这种情况下，要求根节点所有子节点都被踢出了游戏，也就是 \(b_{son} \neq son\)。因此：

\[G(x) = x \exp(F - G) \]

这个东西可以用分治 \(\rm FFT\) 分治的时候同时记录下 \(\exp(F-G)\) 和 \(\exp(F)\)。

也可以用牛顿迭代：\(F = x\exp(xF\exp(F)) + xF\exp(F)\)。

然后考虑对于单个基环树计数。

对于环上的一个节点 \(x\) 分类讨论。设 \(y\) 为 \(x\) 在环上的上一个节点。

1. \(b_x = y\)：对于环上的所有点不能都满足 \(b_x = y\)，由于子树是什么不重要，因此生成函数为 \(x\exp(F)\)。
2. \(b_x \neq x, b_x \neq y\)：那么取的是一个 \(x\) 的子节点，没有限制，生成函数为 \(F - G\)。
3. \(b_x = x\)：那么 \(x\) 的上一个节点 \(y\) 必然满足 \(b_y \neq y\)。这个时候我们可以把这个节点和上一个节点合并起来，看成一个大节点。这个大点的生成函数就是：\((x\exp(F) + F-G) \times G\)。

首先总情况数就是这三种情况的生成函数的和，设和为 \(T\)，然后连成一个环，其生成函数就是 \(\sum_{i \ge 1} \frac{T^i}{i} = \ln(1-T)\)。

然而这样直接连可能不合法，因此容斥掉环上所有点都满足 \(b_x = y\) 的情况，再容斥掉环上只有一个点的情况即可。

算出单个基环树的答案后，直接 \(\exp\) 就能得出答案。

我的实现中树的答案是用分治 FFT 求的，时间复杂度 \(\Theta(n \log^2 n)\)，如果用牛顿迭代就是 \(\Theta(n \log n)\)。

aclink。