【WC2019】数树（容斥原理）（生成函数）（树形DP）（多项式Exp）（数数神题）
传送门
没弄明白前觉得毒瘤，弄明白之后，这TM就是数数神题啊。
然而我这道题将近一半的代码都在写多项式全家桶。。。
这道题的推导过程确实有点繁琐，但是没有办法啊，毕竟性质就是这么复杂啊。
白云和白兔（laofu出题用的NPC），老虎和蒜头（whzzt出题用的NPC），真心有毒真的牛逼啊。。。
题解：
首先简单分析一下题目的那个限制：有公共路径的点颜色必须一样。
很容易发现其实就是两棵树里面的公共边所连的点颜色要一样，这个具有传递性。
简要题意：
两棵大小为 n n n的有标号无根树 T 1 , T 2 T_1,T_2 T1,T2，每棵树上的节点标号都是 1 − n 1-n 1−n，你需要对这 2 n 2n 2n个点染色，如果边 < u , v >
你需要对于三种情况回答。
- 给定 T 1 , T 2 T_1,T_2 T1,T2，该情况下的答案。
- 给定 T 1 T_1 T1， T 2 T_2 T2取遍所有 n n − 2 n^{n-2} nn−2种有标号无根树的答案之和。
- T 1 , T 2 T_1,T_2 T1,T2分别取遍所有 n n − 2 n^{n-2} nn−2种有标号无根树，一共 n 2 n − 4 n^{2n-4} n2n−4种情况的答案之和。
一般来说，树是由一个边的集合和一个点的集合组成的集合 T = { V , E } T=\{V,E\} T={V,E}，以下的讨论为了方便将树表示为边的集合 T 1 = E 1 , T 2 = E 2 T_1=E_1,T_2=E_2 T1=E1,T2=E2。
则一个树对 < T 1 , T 2 >
Subtask 1：
直接开个set或者map或者用什么你喜欢的方式统计一下重复出现的边的个数即可。
Subtask 2：
没有勇气的同学建议干一杯伏特加再来看
考虑其中一棵树是已经确定了的。
设 Q ( S ) Q(S) Q(S)表示与 T 1 T_1 T1的交为 S S S的 T 2 T_2 T2的数量。
设 C ( S ) C(S) C(S)表示与 T 1 T_1 T1的交为 S S S的超集的 T 2 T_2 T2的数量。
根据定义 Q ( S ) = ∑ T 2 [ T 1 ∩ T 2 = S ] C ( S ) = ∑ T 2 [ S ⊆ T 1 ∩ T 2 ] Q(S)=\sum_{T_2}[T_1\cap T_2=S]\\C(S)=\sum_{T_2}[S\subseteq T_1\cap T_2] Q(S)=T2∑[T1∩T2=S]C(S)=T2∑[S⊆T1∩T2]
容易注意到当 S ⊄ T 1 S\not\subset T_1 S⊂T1有 Q ( S ) = C ( S ) = 0 Q(S)=C(S)=0 Q(S)=C(S)=0
且有 C ( S ) = ∑ S ⊆ T Q ( T ) C(S)=\sum_{S\subseteq T}Q(T) C(S)=S⊆T∑Q(T)
根据FWT可以直接得到 Q ( S ) = ∑ S ⊆ T ( − 1 ) ∣ T ∣ − ∣ S ∣ C ( T ) Q(S)=\sum_{S\subseteq T}(-1)^{|T|-|S|}C(T) Q(S)=S⊆T∑(−1)∣T∣−∣S∣C(T)
将答案写出来并考虑化简：
A n s = ∑ S ⊆ T 1 Q ( S ) y − ∣ S ∣ = ∑ S ⊆ T 1 y − ∣ S ∣ ∑ S ⊆ W ⊆ T 1 ( − 1 ) ∣ W ∣ − ∣ S ∣ C ( W ) = ∑ W ⊆ T 1 C ( W ) ( − 1 ) ∣ W ∣ ∑ S ⊆ W ( − y ) − ∣ S ∣ = ∑ W ⊆ T 1 C ( W ) ( − 1 ) ∣ W ∣ ∑ i = 0 ∣ W ∣ ( − y ) − i ( ∣ W ∣ i ) = ∑ W ⊆ T 1 C ( W ) ( − 1 ) ∣ W ∣ ( 1 − 1 y ) ∣ W ∣ = ∑ W ⊆ T 1 ( 1 y − 1 ) ∣ W ∣ C ( W ) \begin{aligned} Ans&=\sum_{S\subseteq T_1}Q(S)y^{-|S|}\\ &=\sum_{S\subseteq T_1}y^{-|S|}\sum_{S\subseteq W\subseteq T_1}(-1)^{|W|-|S|}C(W)\\ &=\sum_{W\subseteq T_1}C(W)(-1)^{|W|}\sum_{S\subseteq W}(-y)^{-|S|}\\ &=\sum_{W\subseteq T_1}C(W)(-1)^{|W|}\sum_{i=0}^{|W|}(-y)^{-i}{|W|\choose i}\\ &=\sum_{W\subseteq T_1}C(W)(-1)^{|W|}(1-\frac{1}{y})^{|W|}\\ &=\sum_{W\subseteq T_1}(\frac{1}{y}-1)^{|W|}C(W) \end{aligned} Ans=S⊆T1∑Q(S)y−∣S∣=S⊆T1∑y−∣S∣S⊆W⊆T1∑(−1)∣W∣−∣S∣C(W)=W⊆T1∑C(W)(−1)∣W∣S⊆W∑(−y)−∣S∣=W⊆T1∑C(W)(−1)∣W∣i=0∑∣W∣(−y)−i(i∣W∣)=W⊆T1∑C(W)(−1)∣W∣(1−y1)∣W∣=W⊆T1∑(y1−1)∣W∣C(W)
其实在 W ⊆ T 1 W\subseteq T_1 W⊆T1的情况下， C ( W ) C(W) C(W)可以换一个表述方式：有 W W W这个边集中所有边的树的个数。
令人惊讶的是，此时 C ( W ) C(W) C(W)有一个简洁的计算式，假设仅保留这个边集中的边得到的是 k k k个连通块，大小分别为 a 1 , a 2 , ⋯ a k a_1,a_2,\cdots a_k a1,a2,⋯ak，则在这些连通块之间加边成树的方案数是 n k − 2 ∏ i = 1 k a i n^{k-2}\prod_{i=1}^{k}a_i nk−2i=1∏kai
证明的话，请移步这篇博客：here
来我们回到原来的式子继续推。
为了方便你不用往回翻我给你复制过来了，我们刚才已经得到的式子是：
A n s = ∑ W ⊆ T 1 ( 1 y − 1 ) ∣ W ∣ C ( W ) Ans=\sum_{W\subseteq T_1}(\frac{1}{y}-1)^{|W|}C(W) Ans=W⊆T1∑(y1−1)∣W∣C(W)
以及保留 W W W中的边，得到 k = n − ∣ W ∣ k=n-|W| k=n−∣W∣个连通块，大小分别为 a 1 , a 2 , … a k a_1,a_2,\dots a_k a1,a2,…ak，连边成树的方案数为 n k − 2 ∏ i = 1 k a i n^{k-2}\prod_{i=1}^ka_i nk−2∏i=1kai。
把 C ( W ) C(W) C(W)展开得到：
A n s = ∑ W ⊆ T 1 ( 1 y − 1 ) ∣ W ∣ n n − ∣ W ∣ − 2 ∏ i = 1 n − ∣ W ∣ a i = ( 1 y − 1 ) n n 2 ∑ W ⊆ T 1 ∏ i = 1 n − ∣ W ∣ a i n 1 y − 1 \begin{aligned} Ans&=\sum_{W\subseteq T_1}(\frac{1}{y}-1)^{|W|}n^{n-|W|-2}\prod_{i=1}^{n-|W|}a_i\\ &=\frac{(\frac{1}y-1)^n}{n^2}\sum_{W\subseteq T_1}\prod_{i=1}^{n-|W|}\frac{a_in}{\frac{1}y-1} \end{aligned} Ans=W⊆T1∑(y1−1)∣W∣nn−∣W∣−2i=1∏n−∣W∣ai=n2(y1−1)nW⊆T1∑i=1∏n−∣W∣y1−1ain
前面提出来的常数丢掉不管，设 k = n 1 y − 1 k=\dfrac{n}{\frac{1}y-1} k=y1−1n，考虑我们枚举 W W W的时候实际上枚举的就是一种树上连通块的划分。
定义一个大小为 a a a的连通块权值为 k a ka ka，一个划分的权值为所有连通块的权值之积，则现在的问题就是给你 T 1 T_1 T1，请你求出所有划分的权值之和。
很容易想到树上背包，设 f [ u ] [ i ] f[u][i] f[u][i]表示以 u u u为最高点的连通块，大小为 i i i的时候的已有贡献之和。转移考虑是否断父亲边，是否成一个新的连通块即可。
以 1 1 1为根，则最后的答案就是 k ∑ i = 1 n f [ 1 ] [ i ] ∗ i k\sum\limits_{i=1}^nf[1][i]*i ki=1∑nf[1][i]∗i。
但是很遗憾，朴素的树上背包复杂度是 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)的过不了。
注意到答案式子里面第 i i i项有一个 ∗ i *i ∗i，这是求导后求 1 1 1的点值的形式，考虑写成生成函数的形式然后求导。
则转移式子其实就很显然了：
F u ( x ) = F u ( x ) ∗ ( k F v ′ ( 1 ) + F v ( x ) ) F_u(x)=F_u(x)*(kF_v'(1)+F_v(x)) Fu(x)=Fu(x)∗(kFv′(1)+Fv(x))
设 g u = k F u ′ ( 1 ) , f u = F u ( 1 ) g_u=kF_u'(1),f_u=F_u(1) gu=kFu′(1),fu=Fu(1)，则我们希望把 g u g_u gu凑出来，上面的式子两边求导后求 1 1 1的点值再乘上 k k k即可得到：
g u = g u ( g v + f v ) + f u g v g_u=g_u(g_v+f_v)+f_ug_v gu=gu(gv+fv)+fugv
而直接对原来的转移式子求点值可以得到：
f u = f u ∗ ( g v + f v ) f_u=f_u*(g_v+f_v) fu=fu∗(gv+fv)
转移复杂度变成 O ( 1 ) O(1) O(1)，直接做。
Subtask 3 :
此时设 C ( W ) C(W) C(W)表示边集为 W W W的超集的树的个数，上一个子任务的容斥的直接原封不动推一遍得到：
A n s = ∑ W ( 1 y − 1 ) ∣ W ∣ C 2 ( W ) Ans=\sum_{W}(\frac{1}y-1)^|W|C^2(W) Ans=W∑(y1−1)∣W∣C2(W)
同样，将 C 2 ( W ) C^2(W) C2(W)暴力展开。
A n s = ∑ W ( 1 y − 1 ) ∣ W ∣ ( n n − ∣ W ∣ − 2 ∏ i = 1 n − ∣ W ∣ a i ) 2 = ∑ W ( 1 y − 1 ) ∣ W ∣ n 2 n − 2 ∣ W ∣ − 4 ∏ i = 1 n − ∣ W ∣ a i 2 = ( 1 y − 1 ) n n 4 ∑ W ∏ i = 1 n − ∣ W ∣ a i 2 n 2 1 y − 1 \begin{aligned} Ans&=\sum_{W}(\frac{1}y-1)^{|W|}(n^{n-|W|-2}\prod_{i=1}^{n-|W|}a_i)^2\\ &=\sum_{W}(\frac{1}y-1)^{|W|}n^{2n-2|W|-4}\prod_{i=1}^{n-|W|}a_i^2\\ &=\frac{(\frac{1}y-1)^n}{n^4}\sum_{W}\prod_{i=1}^{n-|W|}\frac{a_i^2n^2}{\frac{1}y-1} \end{aligned} Ans=W∑(y1−1)∣W∣(nn−∣W∣−2i=1∏n−∣W∣ai)2=W∑(y1−1)∣W∣n2n−2∣W∣−4i=1∏n−∣W∣ai2=n4(y1−1)nW∑i=1∏n−∣W∣y1−1ai2n2
同样，将前面的系数扔掉，考虑枚举 W W W本质上可以认为是在枚举森林。
设 k = n 2 1 y − 1 k=\dfrac{n^2}{\frac{1}y-1} k=y1−1n2，则问题变成了：一棵大小为 a a a的树的权值为 a 2 k a^2k a2k，一个森林的权值是所有树的权值之积，求所有 n n n个点的带标号森林的权值。
由于带标号，是一个非常显然的 e x p exp exp。树的情况，也就是连通情况的生成函数为
F ( x ) = ∑ i k i i x i i ! F(x)=\sum_{i}ki^i\frac{x^i}{i!} F(x)=i∑kiii!xi
求 e x p exp exp之后取第 n n n项即可。
代码：
#include