题目描述
求所有(n)个点带标号强连通竞赛图中哈密顿回路数量的平均值.
题解
因为要求平均数，所以我们可以把分母和分子单开来算。
(n)个点的所有竞赛图的所有哈密顿回路个数是可以求出来的，就是可以枚举所有哈密顿回路，然后考虑它在多少张竞赛图中出现过，也就是：
[ans=frac{n!}{n}2^{inom{n}{2}-n}
]
也就是我们钦定了一条哈密顿回路之后，有(n)条边就固定不能选了，其他的边还是可以随便选的。
由于竞赛图强连通是竞赛图具有哈密顿回路的充分必要条件。
所以我们现在的任务就是求(n)个点的强连通竞赛图的个数。
可以(dp)一下这个东西。
[f[i]=2^{inom{i}{2}}-sum_{j=1}^{j<i}f[j] imes inom{i}{j} imes 2^{inom{i-j}{2}}
]
相当于是用总数容斥掉不强连通的方案数，后面是相当于枚举当前图缩完(SCC)之后拓扑序最小的(SCC)的大小，然后其他边是可以随便连的。
这个东西可以直接把组合数拆开(CDQ)求。
我们可以设(g[i]=2^{inom{i}{2}})特殊的，我们令(g[0]=1,g[1]=1)。
[f[i]=g[i]-sum_{j=1}^{j<i}frac{i!}{j!*(i-j)!}f[j] imes g[i-j]
]
[g[i]=sum_{j=1}^{jleq i}frac{i!}{j!*(i-j)!}f[j] imes g[i-j]
]
[frac{g[i]}{i!}=sum_{j=1}^{jleq i}frac{f[j]}{j!} imes frac{g[i-j]}{(i-j)!}
]
这时我们可以令(G[i]=frac{g[i]}{i!},F[i]=frac{f[i]}{i!}),所以我们的形式变成了：
[G[i]=sum_{j=1}^{j leq i}F[j]*G[j-i]
]
然后根据分治(FFT)转多项式求逆的方法，可以表示为。
[F*G+G_0=G
]
[G=frac{G_0}{1-F}
]
[F=1-frac{G_0}{G}
]
然后就可以多项式求逆做了。
但是我感觉这样的话常数项好像不太对，但是这道题可以把前两项判掉，所以就无关紧要了。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define N 270009
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll G=3;
const int Gi=332748118;
const ll mod=998244353;
ll g[N],b[N],c[N],jie[N],ni[N];
int rev[N],n;
inline ll rd(){
ll x=0;char c=getchar();bool f=0;
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
return f?-x:x;
}
inline void MOD(ll &x){x=x>=mod?x-mod:x;}
inline void MOD(int &x){x=x>=mod?x-mod:x;}
inline ll power(ll x,ll y){
ll ans=1;
while(y){if(y&1)ans=ans*x%mod;x=x*x%mod;y>>=1;}
return ans;
}
inline ll gi(ll x){return power(x,mod-2);}
inline ll C2(ll n){return n*(n-1)/2;}
inline void NTT(ll *a,int l,int tag){
for(int i=1;i<l;++i)if(i>rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int i=1;i<l;i<<=1){
ll wn=power(tag==1?G:Gi,(mod-1)/(i<<1));
for(int j=0;j<l;j+=(i<<1)){
ll w=1;
for(int k=0;k<i;++k,w=w*wn%mod){
ll x=a[j+k],y=a[i+j+k]*w%mod;
MOD(a[j+k]=x+y);MOD(a[i+j+k]=x-y+mod);
}
}
}
if(tag<0){
ll ny=power(l,mod-2);
for(int i=0;i<l;++i)a[i]=a[i]*ny%mod;
}
}
void getinv(ll *a,int len){
if(len==1){b[0]=power(a[0],mod-2);return;}
getinv(a,(len+1)>>1);
int l=1,L=0;
while(l<=(len<<1))l<<=1,L++;
for(int i=1;i<l;++i)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)<<(L-1));
for(int i=0;i<len;++i)c[i]=a[i];
for(int i=len;i<l;++i)c[i]=0;
NTT(c,l,1);NTT(b,l,1);
for(int i=0;i<l;++i)b[i]=(2ll-c[i]*b[i]%mod+mod)*b[i]%mod;
NTT(b,l,-1);
for(int i=len;i<l;++i)b[i]=0;
}
int main(){
n=rd();
jie[0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)jie[i]=jie[i-1]*i%mod;ni[n]=power(jie[n],mod-2);
for(int i=n-1;i>=0;--i)ni[i]=ni[i+1]*(i+1)%mod;
g[0]=1;g[1]=1;
for(int i=2;i<=n;++i)g[i]=power(2,C2(i))*ni[i]%mod;
getinv(g,n+1);
for(int i=0;i<=n;++i)b[i]=(mod-b[i])*jie[i]%mod;
if(n>=1)puts("1");
if(n>=2)puts("-1");
for(int i=3;i<=n;++i){
ll num=jie[i]*gi(i)%mod*power(2,C2(i)-i)%mod;
printf("%lld
",num*gi(b[i])%mod);
}
return 0;
}