题目大意
给你一棵树，有(n)个点。还给你了一个整数(k)。
设(S)为树上某些点的集合，定义(f(S))为最小的包含(S)的联通子图的大小。
(n)个点选(k)个点一共有(inom{n}{k})中方案，请你求出所有方案的(f(S))的和(mod 924844033)。
出题人觉得这样就太简单了，他决定让你求出所有(k=1ldots n)的答案。
(nleq 200000)
题解
似乎对于每个(k)没办法快速求出答案。
我们考虑一个点对所有答案的贡献。
一个点(x)在这个联通子图内当且经当这(k)个点不在以(x)为根时(x)的子树内。
那么贡献为(inom{n}{k}-sum inom{a_i}{k})，其中(a_i)为以(x)为根时各个子树的大小。可以发现，计算总的贡献时每条边两端的子树大小都会被计算一次。(inom{n}{k})会被计算(n)次。
设
[b_i=
egin{cases}
n~~~~~~~~~~(i=n)\
num_i~~~(i
eq n)
end{cases}
]
其中(num_i)为大小为(i)的子树的个数
[egin{align}
ans_k&=sum_{igeq k} b_iinom{i}{k}\
&=sum_{igeq k} b_ifrac{i!}{(i-k)!k!}\
&=frac 1{k!}sum_{igeq k}b_ii! imes frac{1}{(i-k)!}
end{align}
]
这可以转化成卷积的形式
[egin{align}
c_{n-i}&=num_ii!\
d_{i}&=frac{1}{i!}\
a_i&=sum_{j+k=i}c_id_i\
ans_i&=frac{a_{n-i}}{i!}
end{align}
]
时间复杂度：(O(nlog n))
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<utility>
#include<list>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
const ll p=924844033;
const ll g=5;
ll fp(ll a,ll b)
{
ll s=1;
while(b)
{
if(b&1)
s=s*a%p;
a=a*a%p;
b>>=1;
}
return s;
}
namespace ntt
{
ll w1[1000010];
ll w2[1000010];
int rev[1000010];
int n;
void init()
{
#ifdef DEBUG
n=16;
#else
n=524288;
#endif
int i;
for(i=1;i<=n;i<<=1)
{
w1[i]=fp(g,(p-1)/i);
w2[i]=fp(w1[i],p-2);
}
rev[0]=0;
for(i=1;i<n;i++)
rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|(i&1?n>>1:0);
}
void ntt(ll *a,int t)
{
int i,j,k;
ll u,v,w,wn;
for(i=0;i<n;i++)
if(rev[i]<i)
swap(a[i],a[rev[i]]);
for(i=2;i<=n;i<<=1)
{
wn=(t==1?w1[i]:w2[i]);
for(j=0;j<n;j+=i)
{
w=1;
for(k=j;k<j+i/2;k++)
{
u=a[k];
v=a[k+i/2]*w%p;
a[k]=(u+v)%p;
a[k+i/2]=(u-v)%p;
w=w*wn%p;
}
}
}
if(t==-1)
{
ll inv=fp(n,p-2);
for(i=0;i<n;i++)
a[i]=a[i]*inv%p;
}
}
};
ll b[1000010];
ll c[1000010];
ll a[1000010];
ll inv[1000010];
ll fac[1000010];
ll ifac[1000010];
int s[1000010];
int n;
list<int> l[200010];
ll num[1000010];
void dfs(int x,int fa)
{
s[x]=1;
for(auto v:l[x])
if(v!=fa)
{
dfs(v,x);
s[x]+=s[v];
num[s[v]]--;
num[n-s[v]]--;
}
}
int main()
{
#ifdef DEBUG
freopen("b.in","r",stdin);
freopen("b.out","w",stdout);
#endif
scanf("%d",&n);
int i,x,y;
for(i=1;i<=n-1;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
l[x].push_back(y);
l[y].push_back(x);
}
inv[0]=inv[1]=fac[0]=fac[1]=ifac[0]=ifac[1]=1;
for(i=2;i<=n;i++)
{
inv[i]=-(p/i)*inv[p%i]%p;
fac[i]=fac[i-1]*i%p;
ifac[i]=ifac[i-1]*inv[i]%p;
}
dfs(1,0);
num[n]=n;
for(i=0;i<=n;i++)
b[i]=num[n-i]*fac[n-i]%p;
for(i=0;i<=n;i++)
c[i]=ifac[i];
ntt::init();
ntt::ntt(b,1);
ntt::ntt(c,1);
for(i=0;i<ntt::n;i++)
a[i]=b[i]*c[i]%p;
ntt::ntt(a,-1);
for(i=1;i<=n;i++)
{
ll ans=a[n-i]*ifac[i]%p;
ans=(ans+p)%p;
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}