[ABC303Ex] Constrained Tree Degree 题解

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如果每个点的度数都知道了，那问题就转化成了 P2290 [HNOI2004]树的计数，直接求 Prufer 序列的个数即可，因为一个度数为 \(d_i\) 的点在 Prufer 序列中的出现次数是 \(d_i-1\)，所以答案是：\(\frac{(n-2)!}{\prod_{i=1}^{n}(d_i-1)!}\)。

可以把 \((n-2)!\) 放到最后再乘，变一下：

这题要求 \(d_i\in S\)，发现前面这个东西可以用母函数来做。

令 \(F(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\dots+a_{n-2}x^{n-2}\)，对于每个 \(i\in S\)，令 \(a_{i-1}=\frac{1}{(i-1)!}\)，其余的 \(a_i=0\)。

可以用多项式快速幂求出 \(F(x)^n\)，然后答案就是 \(x^{n-2}\) 对应的系数乘上 \((n-2)!\)。

时间复杂度：\(O(n\log^2 n)\)，可以通过本题。

注意清空多余的系数

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define mxn 1000003
#define md 998244353
#define pb push_back
#define mkp make_pair
#define ld long double
#define umap unordered_map
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define rept(i,a,b) for(int i=a;i<b;++i)
#define drep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define pq priority_queue
using namespace std;
int n,k,c,s,a[mxn],f[mxn],g[mxn],fac[mxn],ifac[mxn],rev[mxn];
int power(int x,int y){
	int ans=1;
	for(;y;y>>=1){
		if(y&1)ans=ans*x%md;
		x=x*x%md;
	}
	return ans;
}
void ntt(int *a,int n,int flag){
	rept(i,0,n)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(int h=1;h<n;h<<=1){
		int x,y,s=power(3,499122176/h);
		for(int j=0;j<n;j+=h<<1){
			int w=1;
			for(int k=j;k<j+h;++k){
				x=a[k],y=w*a[k+h]%md;
				a[k]=(x+y)%md;
				a[k+h]=(x-y+md)%md;
				w=w*s%md;
			}
		}
	}
	if(flag==-1){
		int p=power(n,md-2);
		reverse(a+1,a+n);
		rept(i,0,n)a[i]=a[i]*p%md;
	}
}
void power(int x){
	g[0]=1;
	for(;x;x>>=1){
		if(x&1){
			ntt(f,s,1);
			ntt(g,s,1);
			rept(i,0,s)g[i]=g[i]*f[i]%md;
			ntt(g,s,-1);
			ntt(f,s,-1);
			rept(i,n-1,s)g[i]=0;
		}
		ntt(f,s,1);
		rept(i,0,s)f[i]=f[i]*f[i]%md; 
		ntt(f,s,-1);
		rept(i,n-1,s)f[i]=0;
	}
}
signed main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	fac[0]=1;
	rep(i,1,n)fac[i]=fac[i-1]*i%md;
	ifac[n]=power(fac[n],md-2);
	drep(i,n,1)ifac[i-1]=ifac[i]*i%md; 
	rep(i,1,k)scanf("%lld",&a[i]),f[a[i]-1]+=ifac[a[i]-1];
	for(c=0,s=1;s<=n<<1;s<<=1,++c);
	rept(i,0,s)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(c-1));
	power(n);
	cout<<g[n-2]*fac[n-2]%md;
	return 0;
}