有标号的DAG图计数1～4

前言

我什么都不会，菜的被关了起来。

有标号的DAG图I

Solution

考虑递推，设\(f_i\)表示i个点的答案，显然这个东西是可以组合数+容斥递推？

设\(f_i\)表示i个点的答案，我们考虑假设现在有j个点入度为1，那么可以选出的点就是一个组合数\(C_i^j\)，边的可能性有两种，对应的就是\(2^{j*(i-j)}\),然后接着搞，肯定这样子算会有重复的，所以容斥一下然后和以前的答案乘起来就好了。

\(f_i=\sum_{j=1}^{i}f_{i-j}*-1^{j-1}*C_i^j*2^{j*(i-j)}\)

然后就可以递推了。

上面虽然不是瞎扯，但是完全过不了本题 90分了解一下

所以需要运用的是什么？

当然是预处理啊(辣鸡出题人卡常数)

代码实现

#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#include<math.h>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<iostream>
using namespace std;
#define ll long long
#define re register
#define file(a) freopen(a".in","r",stdin);freopen(a".out","w",stdout)
inline int gi(){
    int f=1,sum=0;char ch=getchar();
    while(ch>'9' || ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=(sum<<3)+(sum<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return f*sum;
}
const int Mod=1e4+7;
int c[5010][5010],f[5010],two[25000010];
int main(){
    re int n=gi();two[0]=1;
    for(int i=1;i<=n*n/4;i++){
        two[i]=two[i-1]<<1;
        if(two[i]>=Mod)two[i]-=Mod;
    }
    c[0][0]=1;
    for(re int i=1;i<=n;i++){
        c[i][0]=1;
        for(re int j=1;j<=n;j++){
            c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1]);
            if(c[i][j]>=Mod)c[i][j]-=Mod;
        }
    }
    f[0]=f[1]=1;
    for(re int i=2;i<=n;i++)
        for(re int j=1,d=1;j<=i;j++,d=-d){
            f[i]+=(ll)(c[i][j]*f[i-j]%Mod*two[j*(i-j)]%Mod*d)%Mod;
            while(f[i]<0)f[i]+=Mod;
            while(f[i]>=Mod)f[i]-=Mod;
        }
    printf("%d\n",f[n]);
    return 0;
}

有标号的DAG图计数II

Solution

考虑上面的式子怎么搞？

发现如果想要卷积优化肯定只能够把2的次方拆开啊。
\[
j*(i-j)=i*j-j^2
\=\frac{i^2}{2}-\frac{j^2}{2}-\frac{(i-j)^2}{2}
\]

化成这个形式直接二次剩余随便搞就好了。

P.S:如果不会多项式求逆就看这个

代码实现

#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#include<math.h>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<iostream>
using namespace std;
#define ll long long
#define re register
#define file(a) freopen(a".in","r",stdin);freopen(a".out","w",stdout)
const int N=300010,Mod=998244353,REM=882049182;
int r[N],c[N],F[N],G[N],inv[N],jc[N],jcn[N];
int qpow(int a,int b){int ret=1;while(b){if(b&1)ret=(ll)ret*a%Mod;a=(ll)a*a%Mod;b>>=1;};return ret;}
inline int gi(){
    int f=1,sum=0;char ch=getchar();
    while(ch>'9' || ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=(sum<<3)+(sum<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return f*sum;
}
void NTT(int *P,int opt,int limit){
    for(int i=0;i<limit;i++)if(i<r[i])swap(P[i],P[r[i]]);
    for(int i=1;i<limit;i<<=1){
        int w=qpow(3,(Mod-1)/(i<<1));
        for(int p=i<<1,j=0;j<limit;j+=p){
            int W=1;
            for(int k=0;k<i;k++,W=(1ll*W*w)%Mod){
                int X=P[j+k],Y=(ll)P[i+j+k]*W%Mod;
                P[j+k]=(X+Y)%Mod;P[i+j+k]=(X-Y+Mod)%Mod;
            }
        }
    }
    if(opt==-1){
        reverse(P+1,P+limit);
        for(int i=0,inv=qpow(limit,Mod-2);i<limit;i++)P[i]=1ll*P[i]*inv%Mod;
    }
}
void Inv(int *a,int *b,int len){
    if(len==1){b[0]=qpow(a[0],Mod-2);return;}
    Inv(a,b,(len+1)>>1);
    int l=0,limit=1;
    while(limit<(len<<1))limit<<=1,l++;
    for(int i=0;i<limit;i++)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
    for(int i=0;i<limit;i++)c[i]=a[i];
    for(int i=len;i<limit;i++)c[i]=0;
    NTT(c,1,limit);NTT(b,1,limit);
    for(int i=0;i<limit;i++)b[i]=1ll*(2-1ll*c[i]*b[i]%Mod+Mod)%Mod*b[i]%Mod;
    NTT(b,-1,limit);
    for(int i=len;i<limit;i++)b[i]=0;
}
int main(){
    int n=gi();
    jc[0]=jcn[0]=inv[1]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)jc[i]=(ll)jc[i-1]*i%Mod;
    for(int i=2;i<=n;i++)inv[i]=(ll)(Mod-Mod/i)*inv[Mod%i]%Mod;
    for(int i=1;i<=n;i++)jcn[i]=(ll)jcn[i-1]*inv[i]%Mod;
    G[0]=1;
    int Limit=1;while(Limit<=n)Limit<<=1;int t=qpow(REM,Mod-2);
    for(int i=1;i<Limit;i++)G[i]=1ll*jcn[i]*qpow(t,1ll*i*i%(Mod-1))%Mod;
    for(int i=1;i<Limit;i++)if(i&1)G[i]=Mod-G[i];
    Inv(G,F,Limit);
    printf("%lld\n",1ll*F[n]*jc[n]%Mod*qpow(REM,1ll*n*n%(Mod-1))%Mod);
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/cj-gjh/p/10284682.html