設\(f_i\)為\(i\)個點時的dag圖，(不必聯通)
考慮如何轉移，由於乙個dag必然有至少乙個出度為\(0\)的點，所以我們欽定多少個出度為\(0\)的點轉移。
考慮如何保證沒有環，欽定完出度為\(0\)的點後，這些點就等著被連線了。還剩下一些點，這些點只要不構成環就好了，就是個子結構，訪問以前的dp陣列就好了。
\[ 2^dp_
\]這樣轉移顯然有方案重複的情況，因為如此計數就破壞了欽定，出度為\(0\)點可能更多！(我們不加限制的列舉\(j(i-j)\)條邊是否存在)。
考慮一種方案出現了多少次，很顯然出現的分布是這樣的：
\[++\dots
\]借鑑一下[【題解】haoi2018]染色(ntt+容斥/二項式反演)(怎麼又是你)，直接乘上乙個\((-1)^?\)就就容斥掉了，試一試就發現是\((-1)^\)
轉移是：
\[dp_i=\sum_^i 2^dp_(-1)^
\]或者學習神itst的神仙待定係數法
設列舉的出度為\(0\)的點的個數為i時的容斥係數為\(f_i\)，那麼乙個實際上存在\(x\)個出度為0的點的dag的貢獻就是\(\sum\limits_^x \binom f_i = 1\)，不難由二項式定理知道\(fi=(−1)^\)orz orz
//@winlere
#include#include#include#includeusing namespace std; typedef long long ll;
inline int qr()
const int maxn=5e3+5;
const int mod=10007;
int c[maxn][maxn];
int dp[maxn];
int bin[maxn*maxn];
int main()
}for(register int t=1;t<=n*n;++t) bin[t]=(bin[t-1]<<1)%mod;
for(register int t=1;t<=n;++t)
}printf("%d\n",dp[n]);
return 0;
}
題解 有標號的DAG計數3
我們已經知道了 f i 表示不一定需要聯通的 i 節點的dag方案，考慮合併 參考 題解 p4841 城市規劃 指數型母函式 多項式ln 然後答案 h i 母函式 h x 就這樣解 由於 h x sum dfrac 則 h x e 球 ln 就是iv，不求的話可以直接手動模擬 f x i i win...
有標號的DAG計數I IV
最近心血來潮來寫一寫這個玩意兒。請特別注意定義生成函式時下標的起始位置。求 n 點帶標號 dag 的數量模 10007 n le5000 資料範圍顯然 o n 2 設 f i 表示答案，列舉 dag 中入度為零的點的數量 j 方案數為 binom ij 將圖拆成兩個部分，前 j 個點向後 i j 個...
有標號的DAG計數 II
給定一正整數n，對n個點有標號的有向無環圖 可以不連通 進行計數，輸出答案mod 998244353的結果 考慮 o n 2 dp 列舉出度為 0 的點,構成的新 dag 方案數為 f i f i 1 c 2 即從 n 個點中選出乙個點,作為出度為 0 的點,然後剩下 n 1 個點向這個點任意連邊 ...