【JZOJ6239】【20190629】智慧树

题目

一颗(n)个节点的树，每个点有一个权值(a_i)

询问树上连通块权值之和对 (m) 取模为$ x $ 的方案数

答案对(950009857) 取模，满足(m | 950009856)

空间(32 M)

题解

• 考虑(F_i(x))为i为根的连通块的生成函数，(G(x))为答案的生成函数

  [egin{align} F_i(x) = (prod F_{son(i)}+1)x^{a_i} \ G(x) = sum F_i(x) \ end{align} ]

• 一个比较naive的想法就是每次都dft,idft之后手动将系数取模，但其实没有必要

• 可以直接对每个点求出dft，O(nm)求出点乘后的结果，最后做一次idft之后的到的答案就是循环卷积

  注意每个点的形式是(x^a_i)，预处理单位根的次幂可以直接得到dft

• 对于空间，重链剖分之后把一个点的数组直接传给重儿子，一个点dfs完之后回收一下

  最大引用数组就是一条链上的轻链个数

• 时间复杂度:(O(nm + m log m)) ; 空间复杂度:(O(m log n))

• 为什么idft之后的结果是循环卷积呢？

  [egin{align} &考虑一个次数界为n的式子{A_i}在m次下的点值表达：{dft(A)_i}\ &设{B_i}为idft之后的结果\ &B_r = sum_{j=0}^{m-1}frac{1}{m}dft(A)_j omega_m^{-jr}\ &= sum_{j=0}^{m-1}sum_{k=0}^{n-1}frac{1}{m}A_k omega_m^{j(k-r)}\ &= sum_{k=0}^{n-1}A_k (sum_{j=0}^{m-1}frac{1}{m}omega_m^{j(k-r)})\ &运用求和引理，B_r = sum_{j=0}^{n-1}A_k[m|j-r]\ &即m次意义下的循环卷积 end{align} ]

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define mod 950009857
using namespace std;
const int N=1<<18,M=14,R=7;
int n,m,a[N],o=1,hd[N],sz[N],sn[N],f[M][N],q[M],head,tail,now,id[N],g[N];
int t1[N],t2[N],len,L,rev[N],w[N],W[N];
struct Edge{int v,nt;}E[N<<1];
void adde(int u,int v){
	E[o]=(Edge){v,hd[u]};hd[u]=o++;
	E[o]=(Edge){u,hd[v]};hd[v]=o++;
}
void inc(int&x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}
void dfsA(int u,int fa){
	sz[u]=1;
	for(int i=hd[u];i;i=E[i].nt){
		int v=E[i].v;
		if(v==fa)continue;
		dfsA(v,u);
		sz[u]+=sz[v];
		if(sz[v]>sz[sn[u]])sn[u]=v;
	}
}
int get(){
	if(head==tail)q[tail++]=++now;
	if(tail==21)tail=0;
	int re=q[head++],*F=f[re];
	for(int i=0;i<m;++i)F[i]=1;
	if(head==21)head=0;
	return re;
}
void pop(int x){
	q[tail++]=x;
	if(tail==21)tail=0;
}
void dfsB(int u,int fa){
	if(sn[u]){
		dfsB(sn[u],u);
		id[u]=id[sn[u]];
		int *F=f[id[u]];
		for(int i=0;i<m;++i)inc(F[i],1);
	}else id[u]=get();
	int *F=f[id[u]];
	for(int i=0,t=0;i<m;++i){
		F[i]=1ll*F[i]*w[t]%mod;
		t+=a[u];if(t>=m)t-=m;
	}
	for(int i=hd[u];i;i=E[i].nt){
		int v=E[i].v;
		if(v==fa||v==sn[u])continue;
		dfsB(v,u);
		int *G=f[id[v]];
		for(int j=0;j<m;++j)F[j]=1ll*F[j]*(G[j]+1)%mod;	
		pop(id[v]);
	}
	for(int i=0;i<m;++i)inc(g[i],F[i]);
}
int pw(int x,int y){
	int re=1;if(y<0)y+=mod-1;
	for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)
		if(y&1)re=1ll*re*x%mod;
	return re;
}
void ntt(int*A,int F){
	for(int i=0;i<len;++i)if(i<rev[i])swap(A[i],A[rev[i]]);
	for(int i=1;i<len;i<<=1){
		int wn=pw(R,F*(mod-1)/i/2);
		for(int j=0;j<len;j+=i<<1){
			int t=1;
			for(int k=0;k<i;++k,t=1ll*t*wn%mod){
				int x=A[j+k],y=1ll*t*A[j+k+i]%mod;
				A[j+k]=(x+y)%mod;A[j+k+i]=(x-y+mod)%mod;
			}
		}
	}
	if(!~F){
		int iv=pw(len,mod-2);
		for(int i=0;i<len;++i)A[i]=1ll*A[i]*iv%mod;
	}
}
int main(){
	freopen("tree.in","r",stdin);
	freopen("tree.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	w[0]=1;w[1]=pw(R,(mod-1)/m);
	for(int i=2;i<=m;++i)w[i]=1ll*w[i-1]*w[1]%mod;
	for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<n;++i){
		int u,v;
		scanf("%d%d",&u,&v);
		adde(u,v);
	}
	dfsA(1,0);
	dfsB(1,0);
	for(len=1,L=0;len<=(m-1)*3;len<<=1,++L);
	for(int i=1;i<len;++i)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
	for(int i=0;i<=(m-1)<<1;++i){
		W[i]=w[1ll*i*(i-1)/2%m];
		t2[i]=pw(W[i],mod-2);
	}
	for(int i=0;i<m;++i)t1[i]=1ll*g[m-1-i]*W[m-1-i]%mod;
	ntt(t1,1);ntt(t2,1);
	for(int i=0;i<len;++i)t1[i]=1ll*t1[i]*t2[i]%mod;
	ntt(t1,-1);
	int iv=pw(m,mod-2);
	for(int i=0;i<m;++i)printf("%d ",1ll*iv*W[i]%mod*t1[m-1+i]%mod);
	return 0;
}