题面
题解
学长讲课题目的质量果然和我平常找的那些不一样
思路还是可以说比较巧妙的
考虑到我们并不好算出对于所有大小为 \(i\) 的点集，能够包含它的最小连通块大小
转换题目
这个时候我们应该想到把目标放到单个点 \(i\) 对选择 \(k\) 个点时的贡献
那么他的贡献就是总方案数减去没选的方案数对吧
没选的方案怎么算呢
记 \(sz[i]\) 为以 \(i\) 为根的子树的点数
分析发现, 当 \(k\) 个点同时在以它的儿子为根的一棵子树内就不会计算 \(i\)
这里的儿子的意义是, 以 \(i\) 为全树的根时它的儿子
也就是说, 以它的父亲为根, 大小为 \(n - sz[i]\) 的子树也算作 \(i\) 的子树
然后大力推式子
\[
\displaystyle\begin{aligned}f(k) = \sum_{u=1}^n(C_n^k-\sum_{v\in sonu}C_{sz[v]}^k)\end{aligned}
\]
\(C_n^k\) 是总方案数, 后面那个就是不会计算 \(i\) 的方案数
但是我们又发现, 这个东西不是很好算
于是又一次转换, 我们设 \(cnt_i\) 为大小为 \(i\) 的子树的个数
然后把相同大小的子树的贡献归集起来有
\[
\displaystyle\begin{aligned}f(k)&=n*C_n^k - \sum_{i=k}^ncnt_i*C_i^k\\&=n*C_n^k-\sum_{i=k}^{n}cnt_i*\frac{i!}{k!*(i-k)!}\\&=n*C_n^k-\frac{1}{k!}\sum_{i=k}^{n}\frac{cnt_i*i!}{(i-k)!}\end{aligned}
\]
令 \(F_i = cnt_i*i!\) , \(G_i = \frac{1}{i!}\) , \(H_i = G_{n-i}\)
所以有
\[
\displaystyle\begin{aligned}f(k)&=n*C_n^k-\frac{1}{k!}\sum_{i=k}^{n}F_i*H_{n+k-i}\end{aligned}
\]
NTT 即可
Code
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
const int mod = 924844033;
const int N = 200005;
using namespace std;
int m, lim, n, g, ig, p[105], cnt, f[N * 8], inv[2 * N], fac[2 * N], h[N * 8], sz[N], head[N], rev[N * 8];
struct edge { int to, nxt; } e[N << 1];
template < typename T >
inline T read()
{
T x = 0, w = 1; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') { if(c == '-') w = -1; c = getchar(); }
while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x * w;
}
inline void adde(int u, int v) { e[++cnt] = (edge) { v, head[u] }, head[u] = cnt; }
int fpow(int x, int y)
{
int res = 1;
for( ; y; y >>= 1, x = 1ll * x * x % mod)
if(y & 1) res = 1ll * res * x % mod;
return res;
}
int getroot(int x)
{
int rem = x - 1, tmp = x - 1;
for(int i = 2; i * i <= rem; i++)
if(!(tmp % i))
{
p[++cnt] = i;
while(!(tmp % i)) tmp /= i;
}
if(tmp > 1) p[++cnt] = tmp;
for(int flag = 0, i = 2; i <= x; i++, flag = 0)
{
for(int j = 1; j <= cnt; j++)
if(fpow(i, rem / p[j]) == 1) flag = 1;
if(!flag) return i;
}
}
void pre()
{
for(int i = (fac[0] = 1); i <= 2 * n; i++)
fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
inv[2 * n] = fpow(fac[2 * n], mod - 2);
for(int i = 2 * n - 1; i >= 0; i--)
inv[i] = 1ll * inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
for(int i = 1; i <= n; i++)
h[i] = inv[n - i];
}
int C(int n, int m) { return 1ll * fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod; }
void dfs(int u, int fa)
{
sz[u] = 1;
for(int v, i = head[u]; i; i = e[i].nxt)
{
v = e[i].to; if(v == fa) continue;
dfs(v, u), sz[u] += sz[v];
}
f[sz[u]]++, f[n - sz[u]]++;
}
void ntt(int *p, int opt)
{
for(int i = 0; i < n; i++)
if(i < rev[i]) swap(p[i], p[rev[i]]);
for(int i = 1; i < n; i <<= 1)
{
int rt = fpow(opt == 1 ? g : ig, (mod - 1) / (i << 1));
for(int j = 0; j < n; j += (i << 1))
{
int w = 1;
for(int k = j; k < j + i; k++, w = 1ll * w * rt % mod)
{
int x = p[k], y = 1ll * w * p[k + i] % mod;
p[k] = (x + y) % mod, p[k + i] = (x - y + mod) % mod;
}
}
}
}
int main()
{
n = read <int> (), g = getroot(mod), ig = fpow(g, mod - 2);
cnt = 0, pre();
for(int u, v, i = 1; i < n; i++)
{
u = read <int> (), v = read <int> ();
adde(u, v), adde(v, u);
}
dfs(1, 0);
for(m = 3 * n, n = 1; n <= m; n <<= 1, lim++); lim--;
for(int i = 0; i < n; i++)
rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << lim);
f[m / 3]--;
for(int i = 0; i < m / 3; i++)
f[i] = 1ll * f[i] * fac[i] % mod;
ntt(f, 1), ntt(h, 1);
for(int i = 0; i < n; i++)
f[i] = 1ll * f[i] * h[i] % mod;
ntt(f, -1);
int tmp = fpow(n, mod - 2);
for(int i = 0; i < n; i++)
f[i] = 1ll * f[i] * tmp % mod;
m /= 3;
for(int i = 1; i <= m; i++)
printf("%lld\n", (1ll * m * C(m, i) % mod - 1ll * inv[i] * f[m + i] % mod + mod) % mod);
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/ztlztl/p/12194874.html