【清华集训2017】生成树计数 &【WC2019】数树

《生成树计数》

清华集训2017 D1T1 生成树计数

题目大意

$n\le 30000$ 个块分别含 $a_i$ 个点，度数 $d_i$ 造成权值 $val(d)=({\prod }_{i=1}^n{d}_i^m)({\sum }_{i=1}^n{d}_i^m)$。求所有生成树的权值和。

套路一

先不考虑后面那个$\sum$，那么可以表示为若干个 $w(d_i)=d_i^m$ 的积。

用 egf 分配 prufer 序列的位置，若第 $i$ 个块分到 $c_i$ 个位置，那么其度数为 $d_i=c_i+1$。并且要为每个度数决定连接哪个点，即 $a_i^{c_i+1}$。

$$(\prod a_i)\sum _{\sum c_i=n-2}\frac{(n-2)!}{\prod c_i!}\prod a_i^{c_i}w(c_i+1)$$

这里把公因子 $(\prod a_i)$ 提到了前面。$\frac{(n-2)!}{\prod c_i!}$ 是分配位置，用 egf 搞掉。

那么块 $i$ 的 egf $F_i(x)=\sum \frac{x^k}{k!}{a}_i^{k}w(k+1)$ 【不要漏写+1】

可以发现如果设 $F(x)=\sum \frac{x^k}{k!}w(k+1)$，那么 $F_i(x)=F(a_{i}x)$

把每块的 egf 乘起来 $answer=(\prod a_i)(n-2)![x^{n-2}]\prod F(a_{i}x)$

以上推理只要树权值满足 $\prod w(d_i)$ 的形式即可进行

套路二

考虑一个简单的子程序：给一个 $t$ 次多项式 $P$ 和 $n$ 个数 $a_i$，求 $\sum P(a_{i}x)$

若 $P=\sum p_k{x}^k$ 那么 $\sum P(a_{i}x)=\sum p_k{\sum }_i{a}_i^k{x}^k$

先求 $a_i$ 的 $0\sim t$ 次等幂和 ${\sum }_{i=1}^n{a}_i^k$，然后与 $P$ 的系数对位相乘即可。

等幂和用 ${\sum }_i\frac{1}{1-a_{i}x}=\frac{{\sum }_i{\prod }_{j̸=i}(1-a_{j}x)}{{\prod }_i(1-a_{i}x)}$ 求出，复杂度 $O(n{\log }^{2}n+t\log t)$。

在本题的应用中，都有 $t=n-2$，复杂度 $O(n{\log }^{2}n)$

Solution

套路一讲到我们要求 $\prod F(a_{i}x)$，其中 $F(x)=\sum \frac{x^k}{k!}w(k+1)$

套上ln将积转为和 $\exp (\sum \ln F(a_{i}x))=\exp (\sum (\ln F)(a_{i}x))$

因此我们对 $F$ 取 $\ln$，执行一遍套路二，再 $\exp$ 回来即可。

现在考虑原题的 $val(d)=({\prod }_{i=1}^n{d}_i^m)({\sum }_{i=1}^n{d}_i^m)$，尝试表示成积的形式，发现它就是硬点了某个 $i$ 不贡献 $w(d_i)=d_i^m$ 而贡献 $w^{\prime }(d_i)=d_i^{2m}$。

相应地再设 $F^{\prime }(x)=\sum \frac{x^k}{k!}{w}^{\prime }(k+1)$，那么就要枚举 $i$ 并把一个参与 $\prod$ 的 $F(a_{i}x)$ 替换成 $F^{\prime }(a_{i}x)$。

$$(\prod F(a_{i}x))(\sum _{i=1}^n\frac{F^{\prime }(a_{i}x)}{F(a_{i}x)})$$

求出 $G=\frac{F^{\prime }}{F}$ 再执行一遍套路二即可。

综上，共需求1次等幂和(含1分治FFT、1求逆、1乘法)、1 $\ln$、1 $\exp$、1求逆、2乘法。复杂度 $O(n{\log }^{2}n+n\log m)$，其中 $\log m$ 是快速幂。

$m$ 可以做1e9。提交记录 3e4 跑了不到 160ms，预计 2.5s 内可以做到 2.6e5 或 5.2e5。

扩展 prufer 序列用于连通块

WC2019 T1 数树 也是一道关于“把 $m$ 个大小不一的连通块用 $m-1$ 条边连成树”的计数。考场上发现自己完全记不起清华集训的式子了。于是回来整理了一下这题，并总结一下 prufer 序列的性质。

众所周知，prufer 序列是每次删去编号最小的叶子并记录相邻结点编号得到的长 $n-2$ 的序列。

扩展到 $N$ 结点已结成 $m$ 个连通块的情形，我们记录2个数组：

• 一个 $m-2$ 的序列 $f$ 为每次删去编号最小的连通块，并记录与该连通块相邻的结点编号
• 一个 $m$ 的序列 $g$ 为每个连通块被删去（或留到最后）时仅存的一条边所连的结点编号

设第 $i$ 个连通块大小为 $a_i$，那么显然每个 $f_i$ 有 $N$ 种取值，$g_i$ 有 $a_i$ 种取值。

结论一：生成树个数为 $N^{m-2}{\prod }_{i=1}^m{a}_i$

结论二：用 egf 把序列 $f$ 的 $m-2$ 个位置分配给 $m$ 个块，若第 $i$ 块分到 $c_i$ 个位置，那么其度数为 $d_i=c_i+1$，并且这样的方案数为 $\frac{(n-2)!}{\prod c_i!}\prod a_i^{c_i+1}$

相比起来，清华集训题需要依据度数计算权值 $w(d_i)$，故采取结论二，考虑 $f$ 序列的形式。而WC题无需考虑 $d_i$ 的细节，只关心连通块划分情况对方案的影响，故只需用结论一的公式。

《数树》

我们来表演一下用结论一秒切WC题。（似乎断句有歧义…是“结论一♂秒切”不是一秒切）

题目大意

令两棵树的贡献为 $y^{\text{重边数}}$

• Question1 给定一棵树，对于另一棵树的所有方案，求贡献之和。
• Question2 对于两棵树的所有方案，求贡献之和。

分析

首先显然“硬点重边并确保其它边不重”肯定不如“硬点至少重了哪些边”好算。答案是前者的方案数乘上权值 $y^{|S|}$ 求和，那我们一定可以用后者的方案数乘上某权值来求和以求出答案。

稍作思考可发现我们要的权值就是 $(y-1{)}^{|T|}$，这来自非常简单的组合恒等式 ${\sum }_{T\in S}(y-1{)}^{|T|}=y^{|S|}$。你可以用组合意义或二项式定理或任何方式理解它。

现在硬点了一些边，就是把 $N$ 个点已连通成若干块。

Question1

抬出公式 $N^{m-2}\prod a_i$，其中 $a_i$ 是选若干树边后把树割成的连通块大小。带上权值是 $(y-1{)}^{m-1}{N}^{m-2}\prod a_i$

树上dp，$(y-1{)}^{m-1}{N}^{m-2}$ 显然很好 $O(N)$ 做，只要每划分一个新块就乘 $(y-1)N$ 即可。

这是0次项之和，现要计算 $a_i$ 的1次项之和，只要同时记录0,1次项即可。也可以按 laofu 那样用组合意义理解为“每块选一个关键点”。

Question2

考虑这个组合结构：$N$ 个点拆分为 $m$ 个连通块，在块内要形成生成树，这是 $a_i^{a_i-2}$；若块间有 $t$ 种方式连成树，那么两树有 $t^2$ 的方案。

套公式得 $(y-1{)}^{n-m}(N^{m-2}\prod a_i{)}^2\prod a_i^{a_i-2}=(y-1{)}^{n-m}{N}^{2m-4}\prod a_i^{a_i}$

所以一个连通块 $a_i$ 贡献 $(y-1{)}^{-1}{N}^2{a}_i^{a_i}$， 对 egf $F(x)=\sum \frac{x^k}{k!}(y-1{)}^{-1}{N}^2{k}^k$ 做 $\exp$ 即可。