题目描述

求所有\(n\)个点带标号强连通竞赛图中哈密顿回路数量的平均值.

题解

因为要求平均数，所以我们可以把分母和分子单开来算。

\(n\)个点的所有竞赛图的所有哈密顿回路个数是可以求出来的，就是可以枚举所有哈密顿回路，然后考虑它在多少张竞赛图中出现过，也就是：
\[ ans=\frac{n!}{n}2^{\binom{n}{2}-n} \]
也就是我们钦定了一条哈密顿回路之后，有\(n\)条边就固定不能选了，其他的边还是可以随便选的。

由于竞赛图强连通是竞赛图具有哈密顿回路的充分必要条件。

所以我们现在的任务就是求\(n\)个点的强连通竞赛图的个数。

可以\(dp\)一下这个东西。
\[ f[i]=2^{\binom{i}{2}}-\sum_{j=1}^{j<i}f[j]\times \binom{i}{j}\times 2^{\binom{i-j}{2}} \]
相当于是用总数容斥掉不强连通的方案数，后面是相当于枚举当前图缩完\(SCC\)之后拓扑序最小的\(SCC\)的大小，然后其他边是可以随便连的。

这个东西可以直接把组合数拆开\(CDQ\)求。

我们可以设\(g[i]=2^{\binom{i}{2}}\)特殊的，我们令\(g[0]=1,g[1]=1​\)。
\[ f[i]=g[i]-\sum_{j=1}^{j<i}\frac{i!}{j!*(i-j)!}f[j]\times g[i-j] \]

\[ g[i]=\sum_{j=1}^{j\leq i}\frac{i!}{j!*(i-j)!}f[j]\times g[i-j] \]

\[ \frac{g[i]}{i!}=\sum_{j=1}^{j\leq i}\frac{f[j]}{j!}\times \frac{g[i-j]}{(i-j)!} \]

这时我们可以令\(G[i]=\frac{g[i]}{i!},F[i]=\frac{f[i]}{i!}\),所以我们的形式变成了：
\[ G[i]=\sum_{j=1}^{j \leq i}F[j]*G[j-i] \]
然后根据分治\(FFT\)转多项式求逆的方法，可以表示为。
\[ F*G+G_0=G \]

\[ G=\frac{G_0}{1-F} \]

\[ F=1-\frac{G_0}{G} \]

然后就可以多项式求逆做了。

但是我感觉这样的话常数项好像不太对，但是这道题可以把前两项判掉，所以就无关紧要了。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define N 270009
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll G=3;
const int Gi=332748118;
const ll mod=998244353;
ll g[N],b[N],c[N],jie[N],ni[N];
int rev[N],n;
inline ll rd(){ll x=0;char c=getchar();bool f=0;while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}return f?-x:x;
}
inline void MOD(ll &x){x=x>=mod?x-mod:x;}
inline void MOD(int &x){x=x>=mod?x-mod:x;}
inline ll power(ll x,ll y){ll ans=1;while(y){if(y&1)ans=ans*x%mod;x=x*x%mod;y>>=1;}return ans;
}
inline ll gi(ll x){return power(x,mod-2);}
inline ll C2(ll n){return n*(n-1)/2;}
inline void NTT(ll *a,int l,int tag){for(int i=1;i<l;++i)if(i>rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);for(int i=1;i<l;i<<=1){ll wn=power(tag==1?G:Gi,(mod-1)/(i<<1));for(int j=0;j<l;j+=(i<<1)){ll w=1;for(int k=0;k<i;++k,w=w*wn%mod){ll x=a[j+k],y=a[i+j+k]*w%mod;MOD(a[j+k]=x+y);MOD(a[i+j+k]=x-y+mod);}}}if(tag<0){ll ny=power(l,mod-2);for(int i=0;i<l;++i)a[i]=a[i]*ny%mod;}
}
void getinv(ll *a,int len){if(len==1){b[0]=power(a[0],mod-2);return;}getinv(a,(len+1)>>1);int l=1,L=0;while(l<=(len<<1))l<<=1,L++;for(int i=1;i<l;++i)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)<<(L-1));for(int i=0;i<len;++i)c[i]=a[i];for(int i=len;i<l;++i)c[i]=0;NTT(c,l,1);NTT(b,l,1);for(int i=0;i<l;++i)b[i]=(2ll-c[i]*b[i]%mod+mod)*b[i]%mod;NTT(b,l,-1);for(int i=len;i<l;++i)b[i]=0;
}
int main(){n=rd();jie[0]=1;for(int i=1;i<=n;++i)jie[i]=jie[i-1]*i%mod;ni[n]=power(jie[n],mod-2);for(int i=n-1;i>=0;--i)ni[i]=ni[i+1]*(i+1)%mod;g[0]=1;g[1]=1;for(int i=2;i<=n;++i)g[i]=power(2,C2(i))*ni[i]%mod;getinv(g,n+1);for(int i=0;i<=n;++i)b[i]=(mod-b[i])*jie[i]%mod;if(n>=1)puts("1");if(n>=2)puts("-1");for(int i=3;i<=n;++i){ll num=jie[i]*gi(i)%mod*power(2,C2(i)-i)%mod;printf("%lld\n",num*gi(b[i])%mod);}return 0;
}