kmjp's blog

競技プログラミング参加記です

AtCoder AGC #005 : F - Many Easy Problems

NTTライブラリを持ってなかった。
http://agc005.contest.atcoder.jp/tasks/agc005_f

問題

N頂点の木を成す無向グラフが与えられる。
頂点群の部分集合Sに対し、f(S)はSを含む最小の連結した部分グラフの頂点数とする。

整数Kに対し、Sの選び方は {}_N C_K通りある。その全ての選び方におけるf(S)の総和を求めたい。
K=1~Nそれぞれに対し、各総和を924844033で割った値求めよ。

解法

まずは各辺について考える。
辺の両側の先にa個・(N-a)個の頂点がつながっているとする。
Sとして頂点をK個選ぶとき、連結部分グラフにこの辺が含まれるには、辺の両側の頂点が1個以上選ばれた場合である。
よって逆に辺の片側だけの頂点が選ばれるケースを除くと、 {}_N C_K - {}_a C_K - {}_{N-a} C_Kだけ解に寄与する。
また、上記値はあくまで辺の数だけで頂点数ではないので、頂点数は(辺の数+1)であることから {}_N C_Kだけさらに加える。

これを高速化することを考える。
b[i] := 各辺について、上記a・N-aを求めたとき、a=iまたは(N-a)=iを満たすa・(N-a)の数
とすると、上記総和は \displaystyle N*{}_N C_K - \sum_{i=0}^{N-1} b_i*{}_i C_Kとなる。

N,Kが小さければ、各上記値の総和を答えればよいが、上記式の総和の部分はCombinationを前処理でO(1)で計算可能にしていてもO(N)なので、各Kに処理していては間に合わない。
各Kに対し上記総和の部分を早く求める事を考える。
 \displaystyle \sum_{i=0}^{N-1} b_i*{}_i C_K = \frac{1}{K!} \sum_{i=0}^{N-1} \frac{b_i*i!}{(i-K)!}と変形する。
c[i = b[i]*i!, d[j]=1/(N-j)!と置くと、上記式は \displaystyle \frac{1}{K!} \sum_{i=0}^{N-1} c_i*d_{N-i+K}}となる。
こう式変形すると、総和の中は畳み込み演算の形なのでFFTで高速に処理できることがわかる。

幸い、924844033=2^21*441+1なので、w=5^441とするとw^(2^21) mod 924844033 = 1のためNTTで整数のまま計算可能。

ll mo=924844033;

int N;
vector<int> E[202020];
int C[202020];
int A[202020];
ll fact[202020];

ll combi(ll N_, ll C_) {
	const int NUM_=400001;
	static ll fact[NUM_+1],factr[NUM_+1],inv[NUM_+1];
	if (fact[0]==0) {
		inv[1]=fact[0]=factr[0]=1;
		for (int i=2;i<=NUM_;++i) inv[i] = inv[mo % i] * (mo - mo / i) % mo;
		for (int i=1;i<=NUM_;++i) fact[i]=fact[i-1]*i%mo, factr[i]=factr[i-1]*inv[i]%mo;
	}
	if(C_<0 || C_>N_) return 0;
	return factr[C_]*fact[N_]%mo*factr[N_-C_]%mo;
}

void dfs(int cur,int pre) {
	C[cur]=1;
	FORR(r,E[cur]) if(r!=pre) dfs(r,cur),C[cur]+=C[r];
}

ll modpow(ll a, ll n = mo-2) {
	ll r=1;
	while(n) r=r*((n%2)?a:1)%mo,a=a*a%mo,n>>=1;
	return r;
}
vector<ll> fft(vector<ll> v, bool rev=false) {
	int n=v.size(),i,j,m;
	
	for(i=0,j=1;j<n-1;j++) {
		for(int k=n>>1;k>(i^=k);k>>=1);
		if(i>j) swap(v[i],v[j]);
	}
	for(int m=2; m<=n; m*=2) {
		ll wn=modpow(5,(mo-1)/m);
		if(rev) wn=modpow(wn);
		for(i=0;i<n;i+=m) {
			ll w=1;
			for(int j1=i,j2=i+m/2;j2<i+m;j1++,j2++) {
				ll t1=v[j1],t2=w*v[j2]%mo;
				v[j1]=t1+t2;
				v[j2]=t1+mo-t2;
				while(v[j1]>=mo) v[j1]-=mo;
				while(v[j2]>=mo) v[j2]-=mo;
				w=w*wn%mo;
			}
		}
	}
	if(rev) {
		ll rv = modpow(n);
		FOR(i,n) v[i]=v[i]*rv%mo;
	}
	return v;
}

vector<ll> MultPoly(vector<ll> P,vector<ll> Q,bool resize=false) {
	if(resize) {
		int maxind=0,pi=0,qi=0,i;
		int s=2;
		FOR(i,P.size()) if(norm(P[i])) pi=i;
		FOR(i,Q.size()) if(norm(Q[i])) qi=i;
		maxind=pi+qi+1;
		while(s*2<maxind) s*=2;
		P.resize(s*2);Q.resize(s*2);
	}
	P=fft(P), Q=fft(Q);
	for(int i=0;i<P.size();i++) P[i]=P[i]*Q[i]%mo;
	return fft(P,true);
}

void solve() {
	int i,j,k,l,r,x,y; string s;
	
	cin>>N;
	FOR(i,N-1) {
		cin>>x>>y;
		E[x-1].push_back(y-1);
		E[y-1].push_back(x-1);
	}
	dfs(0,-1);
	FOR(x,N) if(C[x]!=N) A[C[x]]++,A[N-C[x]]++;
	
	vector<ll> P(1<<19),Q(1<<19);
	fact[0]=1;
	FOR(i,N+1) fact[i+1]=fact[i]*(i+1)%mo;
	
	for(i=0;i<=N;i++) {
		P[i] = A[i]*fact[i];
		Q[N-i] = modpow(fact[i]);
	}
	vector<ll> R=MultPoly(P,Q);
	
	for(i=1;i<=N;i++) {
		ll ret=N*combi(N,i)%mo;
		ret -= R[N+i-0]*modpow(fact[i])%mo;
		cout<<(ret%mo+mo)%mo<<endl;
	}
	
}

まとめ

素数サイコロと合成数サイコロも924844033の剰余で良ければもっと簡単だったのに…。

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