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One day, Takahashi was given the following problem from Aoki:
ways to choose K vertices from the trees. For each of them, let S be the set of the chosen vertices, and find the sum of f(S) over all ways.Since it was too easy for him, he decided to solve this problem for all K=1,2,…,N.
The input is given from Standard Input in the following format:
N a1 b1 a2 b2 : aN−1 bN−1
Print N lines. The i-th line should contain the answer to the problem where K=i, modulo 924844033.
大意：从一棵树中选择$k$个点，记$f(S)$为最小的包括点集$S$的联通子图，求每个$k$的$\sum F(S)$。
思路{
直接做比较麻烦。考虑计算点的贡献。
一个点$u$被算入联通子图当且仅当选出的$k$个点没有全部在它的子树内或者是子树外。
那么用总数减去不合法方案数贡献就是$C_n^k-\sum_{i=1}^{k}C_{a_i}^k$
（其中$a_i$为删除$u$后各个连通块的大小。
对于$k$来说把这些项单独提出来，在每一个组合数的前面都会有一个系数$p_i$
则$Ans_k=\sum_{i=k}^np_i*C_i^k=\dfrac{1}{k!}*\sum_{i=k}^{n}\dfrac{p_i*i!}{(i-k)!}$
把记录$p_i*i!$的数组设为$A$，记录$\dfrac{1}{(i-k)!}$数组翻转设为$B$；
不难发现变成了一个卷积的形式，由于还要取模，直接上$NTT$做多项式乘法就好了。
}
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define RG register
#define il inline
#define N 400010
#define mod 924844033
using namespace std;
struct ed{int nxt,to;}e[N*2];
int head[N],tot,n,m,R[N*2],A[N*2],B[N*2],fac[N*2],_fac[N*2],sz[N];
void link(int u,int v){e[tot].nxt=head[u];e[tot].to=v;head[u]=tot++;}
void lnk(int u,int v){link(u,v),link(v,u);}
void dfs(int u,int faa){
A[n]++;
sz[u]=1;
for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;if(v==faa)continue;
dfs(v,u);sz[u]+=sz[v];
A[sz[v]]--;if(A[sz[v]]<0)A[sz[v]]+=mod;
}
A[n-sz[u]]--;if(A[n-sz[u]]<0)A[n-sz[u]]+=mod;
}
int qp(int a,int b){
if(!b)return 1;if(a==1)return a;
int temp=qp(a,(b>>1));
temp=1ll*temp*temp%mod;
if(b&1)temp=1ll*temp*a%mod;
return temp;
}
void NTT(int *a,int f){
for(int i=0;i<n;++i)if(i<R[i])swap(a[i],a[R[i]]);
for(int i=1;i<n;i<<=1){
int gn=qp(5,(mod-1)/(i<<1));
for(int j=0;j<n;j+=(i<<1)){
int g=1;
for(int k=0;k<i;++k,g=1ll*g*gn%mod){
int x=a[j+k],y=1ll*g*a[j+k+i]%mod;
a[j+k]=(x+y)%mod;
a[j+k+i]=(x-y+mod)%mod;
}
}
}
if(f==-1){
reverse(a+1,a+n);
int _n=qp(n,mod-2);
for(int i=0;i<n;++i)a[i]=1ll*a[i]*_n%mod;
}
}
int main(){
memset(head,-1,sizeof(head));
scanf("%d",&n);for(int i=1;i<n;++i){int u,v;scanf("%d%d",&u,&v),lnk(u,v);}
dfs(1,1);
fac[1]=1;fac[0]=1;
for(int i=2;i<=n;++i)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod,A[i]=1ll*A[i]*fac[i]%mod;
_fac[n]=qp(fac[n],mod-2);for(int i=n;i;--i)_fac[i-1]=1ll*_fac[i]*i%mod;
for(int i=1;i<=n;++i)B[i]=_fac[n-i];
m=n;int L=0;
for(n=1;n<=(m<<1);n<<=1)L++;
for(int i=0;i<n;++i)R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
NTT(A,1),NTT(B,1);
for(int i=0;i<n;++i)A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
NTT(A,-1);
for(int i=1;i<=m;++i)printf("%d\n",1ll*A[m+i]*_fac[i]%mod);
return 0;
}
[AGC005]:F - Many Easy Problem
原文：http://www.cnblogs.com/zzmmm/p/7784846.html