AGC005F

题目描述

给定一棵树，设 $f_k$ 表示任选 $k$ 个点组成的最小连通块之和，求 $f(i),i in [1,n]$

数据范围

$n le 2 imes 10^5$

题解

考虑容斥，即一个点对于 $k$ 不会产生贡献的方案数

于是对于一个点 $u$ ，设其为根，它对 $k$ 的贡献可以列出式子： $(_k^n)-sum_{v in son_u}(_k^{size_v})$

于是 $f_k=n(_k^n)-sum_{i=1}^ng_i(_k^{i})$ ，其中 $g_i$ 表示子树大小为 $i$ 的贡献

于是就可以 $Ntt$ 了，本题中的原根是 $5$ 。效率： $O(nlogn)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=8e5+5,P=924844033;
int n,hd[N],V[N],nx[N],t,p,A[N],G[2]={5,554906420},B[N],sz[N],r[N],jc[N],ny[N];
int X(int x){return x>=P?x-P:x;}
int K(int x,int y){
    int z=1;
    for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P)
        if (y&1) z=1ll*z*x%P;
    return z;
}
void add(int u,int v){
    nx[++t]=hd[u];V[hd[u]=t]=v;
}
void dfs(int u,int fr){
    sz[u]=1;
    for (int i=hd[u];i;i=nx[i])
        if (V[i]!=fr){
            dfs(V[i],u);
            sz[u]+=sz[V[i]];
            A[sz[V[i]]]--;
        }
    if (u!=1) A[n-sz[u]]--;
}
void Ntt(int *a,int o){
    for (int i=0;i<t;i++)
        if (i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
    for (int wn,i=1;i<t;i<<=1){
        wn=K(G[o],(P-1)/(i<<1));
        for (int x,y,j=0;j<t;j+=(i<<1))
            for (int k=0,w=1;k<i;k++,w=1ll*w*wn%P)
                x=a[j+k],y=1ll*a[i+j+k]*w%P,
                a[j+k]=X(x+y),a[i+j+k]=X(x-y+P);
    }
    if (o)
        for (int i=0,v=K(t,P-2);i<t;i++)
            a[i]=1ll*a[i]*v%P;
}
int main(){
    cin>>n;jc[0]=1;
    for (int i=1,x,y;i<n;i++)
        scanf("%d%d",&x,&y),
        add(x,y),add(y,x);
    A[n]=n;dfs(1,0);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        jc[i]=1ll*i*jc[i-1]%P;
    ny[n]=K(jc[n],P-2);
    for (int i=n;i;i--)
        ny[i-1]=1ll*i*ny[i]%P;
    for (int i=0;i<=n;i++)
        B[i]=ny[i],A[i]=1ll*X(A[i]+P)*jc[i]%P;
    reverse(B,B+n+1);
    for (t=1;t<n+n+2;t<<=1,p++);
    for (int i=0;i<t;i++)
        r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(p-1));
    Ntt(A,0);Ntt(B,0);
    for (int i=0;i<t;i++) A[i]=1ll*A[i]*B[i]%P;
    Ntt(A,1);
    for (int i=1;i<=n;i++) printf("%lld
",1ll*ny[i]*A[n+i]%P);
    return 0;
}