hdu 5552 Bus Routes

考虑有环的图不方便，可以考虑无环连通图的数量，然后用连通图的数量减去就好了。

无环连通图的个数就是树的个数，又 prufer 序我们知道是$n^{n-2}$其中又由于有$n-1$个边，每个边可以涂色，所以总共无环的方案数量是$m^{n-1} n^{n-2}$

那么现在就要算连通图的数量了。这个不如不连通图的数量好算。

不连通图的数量怎么算呢，原本想的是容斥，但是貌似不好实现，看了题解发现一种神仙思路。考虑固定一个点，并且让这个点连出一个连通块，剩下的点随意连，必然不连通。并且由于最后图中一定有这个点，这样是可以不重不漏计算所有情况的。

考虑用$s(i)$表示$i$个点的图的方案总数，就是$(m+1)^{\frac{n(n+1)}{2}}$，一共有$\frac{n(n+1)}{2}$个边，可以选择$m$种颜色的一种或者不要这个边。

考虑$f(i)$表示$i$个点的连通图的方案数。

$f(n) = g(n) - \displaystyle\sum_{i=1}^n \binom{i-1}{n-1} f(i)g(n-i)$

这个看起来就很分治NTT

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define ll long long
using namespace std;
#define P 152076289
#define MAXN (1 << 19) + 13
int n , m;
int a[MAXN];
int Pow(int x,int y) {
    int res=1;
    while(y) {
        if(y&1) res=res*(ll)x%P;
        x=x*(ll)x%P,y>>=1;
    }
    return res;
}
int wn[2][MAXN];
void getwn(int l) {
    for(int i=1;i<(1<<l);i<<=1) {
        int w0=Pow(106,(P-1)/(i<<1)),w1=Pow(106,P-1-(P-1)/(i<<1));
        wn[0][i]=wn[1][i]=1;
        for(int j=1;j<i;++j)
            wn[0][i+j]=wn[0][i+j-1]*(ll)w0%P,
                    wn[1][i+j]=wn[1][i+j-1]*(ll)w1%P;
    }
}
int rev[MAXN];
void getr(int l) { for(int i=1;i<(1<<l);++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<l-1); }
void NTT(int *A,int len,int f) {
    for(int i=0;i<len;++i) if(rev[i]<i) swap(A[i],A[rev[i]]);
    for(int l=1;l<len;l<<=1)
        for(int i=0;i<len;i+=(l<<1))
            for(int k=0;k<l;++k) {
                int t1=A[i+k],t2=A[i+l+k]*(ll)wn[f][l+k]%P;
                A[i+k]=(t1+t2)%P;
                A[i+l+k]=(t1-t2+P)%P;
            }
    if( f == 1 ) for(int inv=Pow(len,P-2),i=0;i<len;++i) A[i]=A[i]*(ll)inv%P;
}
int f[MAXN];
int A[MAXN] , B[MAXN];
int J[MAXN] , invJ[MAXN] , s[MAXN];
void CDQ(int *a,int *b,int l,int r){
    if( l == r ) { a[l] += s[l] , a[l] %= P; return; }
    int m = l + r >> 1;
    CDQ( a , b , l , m );
    int p = 1 , len = 0;
    while( p <= ( r - l + 1 ) * 2 ) p <<= 1 , ++ len;
    getr( len ) , getwn( len );
    for( int i = 0 ; i < p ; ++i ) A[i] = B[i] = 0;
    for( int i = l ; i <= m ; ++i ) A[i - l] = 1ll * a[i] * invJ[i - 1] % P;
    for( int i = 0 ; i <= r - l ; ++i ) B[i] = 1ll * s[i] * invJ[i] % P;
    NTT( A , p , 0 ) , NTT( B , p , 0 );
    for( int i = 0 ; i < p ; ++i ) A[i] = 1ll * A[i] * B[i] % P;
    NTT( A , p , 1 );
    for( int i = m + 1 ; i <= r ; ++i ) a[i] = ( a[i] - 1ll * J[i - 1] * A[i-l] % P + P ) % P;
    CDQ( a , b , m + 1 , r );
}
int kase = 0;
signed main() {
    J[0] = invJ[0] = 1;
    for( int i = 1 ; i < MAXN ; ++ i ) 
		J[i] = 1ll * J[i - 1] * i % P , invJ[i] = Pow( J[i] , P - 2 );
	int T;cin >> T;
	while( T --> 0 ) {
		cin >> n >> m; m %= P;
		memset( f , 0 , sizeof f ) , memset( s , 0 , sizeof s );
		for( int i = 1 ; i <= n ; ++ i ) 
			s[i] = Pow( m + 1 , 1ll * i * ( i - 1 ) / 2 % ( P - 1 ) );
	    f[0] = 1;
	    CDQ( f , a , 0 , n );
	    int x;
	    printf("Case #%d: %d\n",++ kase,( f[n] - 1ll * Pow(n, n - 2) * Pow(m, n - 1) % P + P) % P);
	}
}