「学习笔记」无标号生成树计数总结

感觉关于树/图计数是一门博大精深的学问，不知道这辈子有没有搞到足够明白的机会了啊QwQ

一、无标号有根树计数：
基本上是这篇的详细版本。

考虑令$f_n$表示n个点的无标号有根树数量，其生成函数为$F(x)={\sum }_{i>0}{f}_i{x}^i$；考虑如何计数$f_{n+1}$，可以这么认为：等价于找n个点的森林，每颗树都是一个子问题；然后新增一个点当这些树的根。

一个直接的想法是：是不是可以枚举树的个数，然后的到：$F(x)=x{\sum }_{i>0}{F}^i(x)$？然而这显然是错的，因为这样得到的答案中有重复计数，即如果我有两个完全相同的儿子，那么其二者的顺序应当是不计的；

因此考虑大小为k的树的选择情况，然后可能又会认为大小为k的树对$f_{n+1}$那一项的贡献是：${\sum }_{j\ge 0}{i}^{f_k}{x}^{ki}$，但这还是错的，理由同上。

正确的姿势是，贡献应当是：${\left({\sum }_{i\ge 0}{z}^{ik}\right)}^{f_k}$，也就是$f_k$个相同的等比数列的乘积。一一对应的关系：假设第$j$个等比数列选择的那一项是$i_{j}k$，那么最终对应的一种方案是，假如我们给这$f_k$个大小为k的无标号有根树编号为1到$f_k$，那么在考虑对$f_{n+1}$的贡献中，第$j$种选了$i_j$个。

最后我们把所有k的情况乘起来（下面即使$k\ge n+1$也不要紧）：
$$\begin{gathered} [x^{n+1}]F(x)=[x^{n+1}]x\prod _{k>0}{\left(\sum _{i\ge 0}{x}^{ik}\right)}^{f_k} \\ =[x_{n+1}]\prod _{k>0}{\left(\frac{1}{1-x^k}\right)}^{f_k}=[x_{n+1}]\prod _{k>0}{\left(1-x^k\right)}^{-f_k} \end{gathered}$$
把那个$[x_{n+1}]$去掉：
$$F(x)=x\prod _{k>0}{\left(1-x^k\right)}^{-f_k}$$
显然两边取对数：
$$\begin{gathered} \ln F(x)=\ln \left(x\prod _{k>0}{\left(1-x^k\right)}^{-f_k}\right) \\ =\ln x+\sum _{k>0}\ln \left({\left(1-x^k\right)}^{-f_k}\right) \\ =\ln x-\sum _{k>0}{f}_k\ln \left(1-x^k\right) \end{gathered}$$
然后两边同时求导：
$$\frac{F^{\prime }(x)}{F(x)}=\frac{1}{x}+\sum _{k>0}{f}_k\frac{k{x}^{k-1}}{1-x^k}$$
化简这个式子，可以得到：
$$x{F}^{\prime }(x)=F(x)+F(x)\sum _{k>0}{f}_{k}k\frac{x^k}{1-x^k}$$
比较其第n项系数，可知（后面最后一项视为$F(x)$和若干多项式的乘积的和）：
$$n{f}_n=f_n+\sum _{i>0}{f}_i\sum _{k>0}{f}_{k}k\left([x^{n-i}]\frac{x^k}{1-x^k}\right)$$
我们知道：$\frac{x^k}{1-x^k}={\sum }_{i=1}^{n-1}{x}^{ik}={\sum }_{i>0}[k|i]x^i$
因此：
$$n{f}_n=f_n+\sum _{i=1}^{n-1}{f}_i\sum _{k>0}{f}_{k}k[k|n-i]=f_n+\sum _{i=1}^{n-1}{f}_i\sum _{k|n-i}{f}_{k}k$$
最后
$$f_n=\frac{{\sum }_{i=1}^{n-1}{f}_i{\sum }_{k|n-i}{f}_{k}k}{n-1}$$
后面那一项显然可以边算边处理，这样直接算是$O\left(n^2\right)$的，可以分治NTT做到$O\left(n{\lg }^{2}n\right)$。

二、无标号无根树计数
其实做完上面的部分这一部分也就基本完成了：令$h_n$表示n个点的无标号无根树，我们用有根树的情况减去当根不为重心的情况：
1）当n为奇数，此时重心只有一个，如果根不是重心，那么其一定有恰好一颗子树，其大小超过$\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$，枚举这个子树的大小并且扣去：
$$h_n=f_n-\sum _{k=\lfloor \frac{n}{2}\rfloor +1}^{n-1}{f}_k{f}_{n-k}$$
2）和奇数稍有不同的是，此时有可能有两个重心（只是有可能）。如果根不是重心，还是像奇数一样减去那颗大小最大的，然后如果重心是在边e的两端，那么要从总数减去断开e后两颗树不一样（此时在$f_n$中会被计数两次）的情况：
$$h_n=f_n-\left(\sum _{k=\frac{n}{2}+1}^{n-1}{f}_k{f}_{n-k}\right)-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{f_{\frac{n}{2}}}{2}\right)$$
这样可以在$O(n)$的求出某一项，也可以做一个卷积……

写了个$O\left(n^2\right)$，去$OEIS$了一波确实没挂。

#include
#include
#include
#include
#define lint long long
#define p 998244353
#define inv2 499122177
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define N 5010
using namespace std;
int f[N],g[N],h[N];
inline int fast_pow(int x,int k,int ans=1)
{	for(;k;k>>=1,x=(lint)x*x%p) if(k&1) ans=(lint)ans*x%p;return ans;	}
int main()
{
	int n;scanf("%d",&n),f[1]=h[1]=1;rep(i,1,n) g[i]=1;
	rep(i,2,n)
	{
		rep(j,1,i-1) f[i]+=(lint)f[j]*g[i-j]%p,(f[i]>=p?f[i]-=p:0);
		f[i]=(lint)f[i]*fast_pow(i-1,p-2)%p;int t=(lint)i*f[i]%p;
		for(int j=i;j<=n;j+=i) g[j]+=t,(g[j]>=p?g[j]-=p:0);
	}
	rep(i,2,n)
	{
		rep(j,i/2+1,i-1) h[i]+=(lint)f[j]*f[i-j]%p,(h[i]>=p?h[i]-=p:0);
		if(i%2==0) h[i]+=f[i/2]*(f[i/2]-1ll)%p*inv2%p,(h[i]>=p?h[i]-=p:0);
		h[i]=f[i]-h[i]+p,(h[i]>=p?h[i]-=p:0);
	}
	rep(i,1,n) printf("%d ",f[i]);printf("\n");
	rep(i,1,n) printf("%d ",h[i]);return !printf("\n");
}