题解 P5860 【「SWTR-03」Counting Trees】
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2019-12-28 20:26:02
$\color{blue}\text{(重制于 2020.11.26)}$
由于时间关系没有现场打，赛后来肝题。
看到数树以为是大毒瘤，没想到这树就是来开玩笑的……
树的必要条件 : $\text{度数和}=2(\text{点数}-1)$
若度数符合要求,根据 $\rm prufer$ 序列,必然能够造出符合要求的树。则上面的是充要条件。
移项整理得到 $\text{度数和}-2\text{点数}=-2$
我们每加一个点扣除 $2$ 点贡献，每有一个度数加上 $1$ 点贡献，具体处理方式就是 $\rm OGF$。
全部卷积起来之后，$[x^{-2}]$ 项就是答案。
(我在CSP2019曾因为没看出这个trick白丢了16分qwq)
也就是说我们需要求 $[x^{-2}]\prod\limits_{i=1}^n(1+x^{v_i-2})$
怎么还有负数次项啊，又没法分治NTT，一脸不可做的样子……
首先对于 $v_i=2$ 的点单独提出来(次数为0),设有 $m$ 个,最后答案乘以 $2^m$ 。
首先对于 $v^i<2$ 的部分，只可能有 $(1+x^{-1})$ 。这部分直接记录次数 $c$ ,二项式定理即可。
得到 $F1(x)$ ,最低有 $-c$ 次项，注意到正负项可能相消，我们后面正次数的多项式保留 $\bmod\ x^{c-1}$ 的项即可。
对于 $v_i>2$ 的部分，无法分治NTT。
令 $a_i=v_i-2$ (此时余下的所有 $a_i>0$ )
${\rm Ans}=\prod\limits_{i=1}^n(1+x^{a_i})$
类似 `P4389` 考虑将每个东西 $\ln$ 之后加在一起再 $\exp$ 回来。
不难发现 $\ln(1+x^a)$ 只在 $a$ 的倍数次数处有值。
具体而言，根据 $-\ln(1-x)=\sum\limits_{i=1}\dfrac{x^i}{i}$
可推知 $\ln(1+x^a)=\sum\limits_{i=0}\dfrac{(-x)^{ia}}{i}$
需要累加的项是 $O\Big(\sum\limits_{i=1}^nn/i\Big)=O(n\log n)$ 的。
剩下的就是 `P4389` 了,得到这部分的 $F2(x)$。
最后把 $F1,F2$ 卷起来就是答案，负指数加法卷积的规则和正指数类似。
本题中可以把 $F1$ 整体平移来处理。
```cpp
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<ctime>
#define ll long long
#define mod 998244353
#define G 3
#define Maxn 530000
using namespace std;
inline int read()
{
register int X=0;
register char ch=0;
while(ch<48||ch>57)ch=getchar();
while(ch>=48&&ch<=57)X=X*10+(ch^48),ch=getchar();
return X;
}
ll powM(ll a,ll t=mod-2)
{
ll ans=1;
while(t){
if(t&1)ans=ans*a%mod;
a=a*a%mod;
t>>=1;
}return ans;
}
int tr[Maxn<<1];
ll invG=powM(G);
void NTT(ll *f,short op,int n)
{
for (int i=0;i<n;i++)
if (i<tr[i])swap(f[i],f[tr[i]]);
for(int p=2;p<=n;p<<=1){
int len=p>>1,
tG=powM(op==1 ? G:invG,(mod-1)/p);
for (int k=0;k<n;k+=p){
ll buf=1;
for (int i=k;i<k+len;i++){
int sav=f[len+i]*buf%mod;
f[len+i]=(f[i]-sav+mod)%mod;
f[i]=(f[i]+sav)%mod;
buf=buf*tG%mod;
}
}
}
}
ll _g1[Maxn<<1];
void times(ll *f,ll *g,int len1,int len2,int lim)
{
int m=len1+len2-1,n;
for(int i=0;i<len2;i++)_g1[i]=g[i];
#define g _g1
for(n=1;n<m;n<<=1);
for(int i=len2;i<n;i++)g[i]=0;
ll invn=powM(n);
for(int i=0;i<n;i++)
tr[i]=(tr[i>>1]>>1)|((i&1)?n>>1:0);
NTT(f,1,n);NTT(g,1,n);
for(int i=0;i<n;++i)f[i]=f[i]*g[i]%mod;
NTT(f,-1,n);
for(int i=0;i<lim;++i)
f[i]=f[i]*invn%mod;
for(int i=lim;i<n;++i)f[i]=0;
#undef g
}
ll _w2[Maxn<<1],_r2[Maxn<<1];
void invp(ll *f,int m)
{
int n;for (n=1;n<m;n<<=1);
#define w _w2
#define r _r2
w[0]=powM(f[0]);
for (int len=2;len<=n;len<<=1){
for (int i=0;i<(len>>1);i++)
r[i]=(w[i]<<1)%mod;
times(w,w,len>>1,len>>1,len);
times(w,f,len,len,len);
for (int i=0;i<len;i++)
w[i]=(r[i]-w[i]+mod)%mod;
}for (int i=0;i<m;i++)f[i]=w[i];
for (int i=0;i<n;i++)w[i]=r[i]=0;
#undef w
#undef r
}
ll fac[Maxn],inv[Maxn],inp[Maxn];
ll C(int n,int m)
{return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;}
void Init(int m)
{
int lim=1;
for (;lim<m;lim<<=1)
fac[0]=1;
for (int i=1;i<=lim;i++)
fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
inv[lim]=powM(fac[lim]);
for (int i=lim;i;i--){
inv[i-1]=inv[i]*i%mod;
inp[i]=inv[i]*fac[i-1]%mod;
}
}
void dao(ll *f,int m)
{
for (int i=1;i<m;i++)
f[i-1]=f[i]*i%mod;
f[m-1]=0;
}
void jifen(ll *f,int m)
{
for (int i=m;i;i--)
f[i]=f[i-1]*powM(i)%mod;
f[0]=0;
}
ll _s3[Maxn<<2];
void lnp(ll *f,int m)
{
ll *sav=_s3;
for (int i=0;i<m;i++)sav[i]=f[i];
invp(sav,m);dao(f,m);
times(f,sav,m-1,m,m);
jifen(f,m-1);
for (int i=0;i<m;i++)sav[i]=0;
}
ll _xp[Maxn<<2],_xp2[Maxn<<2];
void exp(ll *f,int m)
{
ll *s=_xp,*s2=_xp2;
int n=1;for(;n<m;n<<=1);
s2[0]=1;
for (int len=2;len<=n;len<<=1){
for (int i=0;i<(len>>1);i++)s[i]=s2[i];
lnp(s,len);
for (int i=0;i<len;i++)
s[i]=(f[i]-s[i]+mod)%mod;
s[0]=(s[0]+1)%mod;
times(s2,s,len>>1,len,len);
}for (int i=0;i<m;i++)f[i]=s2[i];
for (int i=0;i<n;i++)s[i]=s2[i]=0;
}
ll buf,F1[Maxn],F2[Maxn];
int n,c[Maxn],m;
int main()
{
n=read();
for (int i=1;i<=n;i++)c[read()]++;
m=c[1];
if (m<2){printf("0");return 0;}
Init(m);
for (int i=0;i<m-1;i++)F1[i]=C(m,i);
m--;
for (int i=3;i<=n;i++){
ll a=i-2;
for (int j=1;j*a<m;j++)
F2[j*a]=(F2[j*a]+1ll*c[i]*((j&1) ? inp[j] : mod-inp[j]))%mod;
}
exp(F2,m);
times(F1,F2,m,m,m);
printf("%lld",F1[m-1]*powM(2,c[2])%mod);
return 0;
}
```