题意:
做法来自
首先竞赛图缩点后是一条链,(1)号节点在开头的那个(SCC)中,因此从(1)号节点出发的最长链即为(1)号节点所在的(SCC)的大小(+1)号节点拓扑序之后的所有(SCC)的大小之和。
设(f_i)表示(i)个点的竞赛图数量,显然有(f_i=2^{frac{n*(n-1)}{2}})。
设(g_i)表示大小为(i)的竞赛图且是(SCC)方案数,有:
(g_i=f_i-sumlimits_{j=1}^{i-1}C_i^j*g_j*f_{i-j})
即枚举拓扑序最小的(SCC)大小,容斥一下。
之后枚举(1)号节点所在(SCC)大小和(1)号节点拓扑序之后所有节点个数
(ans_{i+j}=sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=0}^{n-i}C_{n-1}^{i-1}*C_{n-i}^{j}*g_i*f_j*f_{n-i-j})
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2010;
int n;
ll mod;
ll f[maxn],g[maxn],ans[maxn];
ll C[maxn][maxn];
inline void pre_work(int n)
{
C[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
C[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;j++)C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
}
}
inline ll power(ll x,ll k,ll mod)
{
ll res=1;
while(k)
{
if(k&1)res=res*x%mod;
x=x*x%mod;k>>=1;
}
return res;
}
int main()
{
scanf("%d%lld",&n,&mod);
pre_work(n);
for(int i=0;i<=n;i++)f[i]=power(2,i*(i-1)/2,mod);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
g[i]=f[i];
for(int j=1;j<i;j++)g[i]=((g[i]-C[i][j]*g[j]%mod*f[i-j]%mod)%mod+mod)%mod;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=n-i;j++)
ans[i+j]=(ans[i+j]+C[n-1][i-1]*C[n-i][j]%mod*g[i]%mod*f[j]%mod*f[n-i-j]%mod)%mod;
for(int i=1;i<=n;i++)printf("%lld
",ans[i]);
return 0;
}