【Petrozavodsk WC 2018d2: ITMO U 1 Contest E】Enumeration of Tournaments 題解

題目大意

  有 $n$ 個人玩淘汰賽。
  每一輪，假設當前還剩 $k$ 人，則他們隨機分成 $\lfloor \frac k2 \rfloor$ 組（$k$ 爲奇數時有一人輪空），最後晉級 $\lceil \frac k2 \rceil$ 人。每個人能力互不相同，兩人對打時一定是能力強者獲勝。
  求所有可能的局面數，答案對 $2^{64}$ 取模。

  $1 \leq n \leq 10^{18}$

  注意題面坑：Two tournaments are called different if there is a game (between two participants) in one of the tournaments that doesn’t occur in the other tournament. 這句話是錯的！

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題解

  這題的難點在於揣摩出題人的正確題意
  題意演我 3 個小時出題人今晚買菜必漲價

  考慮遞推。設 $f(n)$ 爲 $n$ 個人時的方案數。
  當 $n$ 爲奇數時，設 $m=\lfloor \frac n2 \rfloor$，輪空一個人有 $n$ 種情況，分組有 $\frac{(2m)!}{2^m m!}$ 種情況（給 $2m$ 個人標號 $1$~$2m$，$i$ 和 $m+i$ 一組，然後去重），晉級的 $m+1$ 個人打接下來的比賽有 $f(m+1)$ 種情況，故
$f(n)=n\cdot \frac{(2m)!}{2^m m!} \cdot f(m+1)=n!!\cdot f(\lceil \frac n2 \rceil)$

  偶數同理，得到
$f(n)=\frac{(2m)!}{2^m m!} \cdot f(m)=(n-1)!!\cdot f(\frac n2)$
  如何求 $n!!~\text{mod}~2^{64}$ 呢？這個技巧還是不錯的。
  首先這個 $n$ 是個奇數，設 $P_k(x)=\prod_{i=1}^k(2x+2i-1)=(2x+1)(2x+3)\cdots(2x+2k-1)$，而這個 $P_k(0)$ 就是要求的值。
  $P_k(x)$ 是關於 $x$ 的多項式，而這個多項式對於 $x^{64}$ 及以上的項，係數都含有 $2^{64}$，模意義下爲 $0$，因此這個多項式只用考慮前 64 項（$x^0$ 至 $x^{63}$）。因此這個多項式的普通乘法是 $O(64\cdot 64)$ 的。
  考慮倍增求這個多項式，假設已知 $P_k(x)$，那麼 $P_{2k}(x)=P_k(x)P_k(x+k)$，具體實現就先用 $O(64\cdot 64)$ 的時間求出 $P_k(x+k)$，然後再用 $O(64\cdot 64)$ 的乘法求出 $P_{2k}(x)$。通過 $P_{2k}(x)$ 求 $P_{2k+1}(x)$ 同理。

題面的題意

  如果按照題面的題意要怎麼做呢？

  其實差別就是，比如 $n=3$ 的時候，3 先跟 1 打再跟 2 打，與 3 先跟 2 打再跟 1 打是等價的。
  我們給要對打的兩個人連邊，它形成了一棵樹，所以不同的局面數就是合法的生成樹的個數。
  有標號生成樹計數，考慮 prufer 序。

  然後不會了

代碼

#include<bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;

typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;

const int maxw=130;

struct P{
	ULL a[maxw];
	LL k;
} zero,re;

LL n;

ULL C[70][70];
void C_Pre(int n)
{
	fo(i,0,n)
	{
		C[i][0]=1;
		fo(j,1,i) C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j];
	}
}

P mul1(const P &x,P y)
{
	fo(i,0,63)
	{
		ULL kpow=x.k;
		for(int j=i-1; j>=0; j--, kpow*=x.k) y.a[j]+=C[i][i-j]*kpow*y.a[i];
	}
	re.k=x.k+y.k;
	fo(i,0,63) re.a[i]=0;
	fo(i,0,63)
		fo(j,0,63) re.a[i+j]+=x.a[i]*y.a[j];
	return re;
}
P mul2(const P &x,const P &y)
{
	fo(i,0,63) re.a[i]=0;
	fo(i,0,63)
		fo(j,0,63) re.a[i+j]+=x.a[i]*y.a[j];
	return re;
}

P fac(LL n)
{
	P re=zero, x=zero;
	re.a[0]=1, x.k=1, x.a[0]=1, x.a[1]=2;
	for(n=(n+1)>>1; n; n>>=1, x=mul1(x,x)) if (n&1) re=mul1(re,x);
	return re;
}

P dfs(LL n)
{
	if (n<=2)
	{
		re=zero;
		re.a[0]=1;
		return re;
	}
	return (n&1) ?mul2(dfs(n-(n>>1)),fac(n)) :mul2(dfs(n>>1),fac(n-1)) ;
}

int main()
{
	C_Pre(65);
	
	scanf("%lld",&n);
	
	P ans=dfs(n);
	printf("%llu\n",ans.a[0]);
}