洛谷P5333/bzoj5528/loj3102 [JSOI2019]神经网络 树形DP+生成函数
题目分析
链划分
显然，一条欧拉路是在一棵树上走一条链，然后跳到另一棵树上走一条链，再跳……
可以利用DP求出，每棵树有多少种链划分方式（注意一条链“从这头走到那头”和“从那头走到这头”算两种不同的划分方式）
DP方法：设 f ( x , i , 0 / 1 / 2 ) f(x,i,0/1/2) f(x,i,0/1/2)表示以 x x x为根的子树， x x x所在的链往子树里伸入的有0/1/2根，一共划分为 i i i条链的方案数。然后用那种经典的，利用当前 s i z e size size值精细实现的，均摊 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)的DP即可算出。
复杂度证明->here
模型转化
假设我们已经钦定了每一棵树被划分为多少条链，那么问题转化为，有 m m m种不同颜色的珠子，第 i i i种颜色的有 n i n_i ni种，现在要将它们串成个环，不能有相邻两个珠子颜色相同，求方案数。
环的情况还不太好做，串成个链呢？
这就是CSAcademy的Distinct Neighbors了，有一种经典的DP方法可以解决这个问题：
设 f ( i , j ) f(i,j) f(i,j)表示考虑了前 i i i个颜色，相邻的颜色相同的珠子有 j j j对。对于第 i + 1 i+1 i+1种珠子，考虑将它们插入几个空隙中（即可算出相邻的颜色都为 i + 1 i+1 i+1的珠子，即 j j j的增加量），这些空隙里有多少个是两个相同颜色珠子之间的空隙（即可算出 j j j的减少量），再用组合数选空隙即可，注意本题不同于CSAcademy的那道，同一个颜色的珠子，依旧都是不同的珠子。
这种DP是 O ( n 3 ) O(n^3) O(n3)的，虽然很优美，但复杂度既不够优秀，也无法处理每种颜色的珠子数量还没被钦定的情况。
那么如何将她扩展到可以解决这道题呢？
没法扩展的（至少我不会）。
那我为什么还要介绍这种做法呢？
逗你玩，嘿嘿。
（好吧其实是因为她就是很优美，有介绍一下的必要）
高维容斥
我管这个方法叫做高维容斥。 ——boshi
引入一个“高维容斥（高维反演）”的概念。
若定义
F ( n 1 , n 2 , . . . , n k ) = ∑ 0 ≤ a i ≤ n i ( G ( a 1 , a 2 , . . . , a k ) ∏ i = 0 k C n i a i ) F(n_1,n_2,...,n_k)=\sum_{0 \leq a_i \leq n_i}(G(a_1,a_2,...,a_k) \prod_{i=0}^k C_{n_i}^{a_i}) F(n1,n2,...,nk)=0≤ai≤ni∑(G(a1,a2,...,ak)i=0∏kCniai)
则有：
G ( n 1 , n 2 , . . . , n k ) = ∑ 0 ≤ a i ≤ n i ( F ( a 1 , a 2 , . . . , a k ) ∏ i = 0 k ( − 1 ) n i − a i C n i a i ) G(n_1,n_2,...,n_k)=\sum_{0 \leq a_i \leq n_i}(F(a_1,a_2,...,a_k) \prod_{i=0}^k (-1)^{n_i-a_i}C_{n_i}^{a_i}) G(n1,n2,...,nk)=0≤ai≤ni∑(F(a1,a2,...,ak)i=0∏k(−1)ni−aiCniai)
生成函数
依旧不考虑环而考虑链。
本题中的反演关系，可以看做，若有可以有相邻同色球，就将它们缩成一个球，于是就变成了一个没有相邻同色球的序列。可以有相邻同色的函数，定义为 F F F，不可以的，定义为 G G G，就满足一个类似于上式（不完全相同）的关系。
F F F也很好算，就是 ( n 1 + n 2 + . . . + n k ) ! n 1 ! n 2 ! . . . n k ! \frac{(n_1+n_2+...+n_k)!}{n_1!n_2!...n_k!} n1!n2!...nk!(n1+n2+...+nk)!。
利用高维容斥的概念，构造出，假如 n i n_i ni已经被钦定的生成函数：
n ! ∑ i = 1 n C n − 1 i − 1 ( − 1 ) n − i x i i ! n! \sum_{i=1}^n C_{n-1}^{i-1} (-1)^{n-i} \frac{x^i}{i!} n!i=1∑nCn−1i−1(−1)n−ii!xi
（ n ! n! n!是因为同种颜色的球依然都是不同球， C n − 1 i − 1 C_{n-1}^{i-1} Cn−1i−1表示将 n n n个球分成 i i i段的方案数。）
只要将每种颜色的生成函数都卷起来，然后将 i i i次项乘以 i ! i! i!，再都加起来即可。
接下来，考虑没有钦定，那么只要将每一种划分带来的情况加起来再卷即可（设 f i f_i fi表示这棵树划分为 i i i条链的方案数）。
∑ i = 1 n f i i ! ∑ j = 1 i C i − 1 j − 1 ( − 1 ) i − j x j j ! \sum_{i=1}^n f_i i! \sum_{j=1}^i C_{i-1}^{j-1}(-1)^{i-j} \frac{x^j}{j!} i=1∑nfii!j=1∑iCi−1j−1(−1)i−jj!xj
环
只剩最后一步，就是扩展到环上了。
那么先卷好前 m − 1 m-1 m−1种颜色。对于第 m m m种颜色，我钦定这种颜色中的一条确定的链为拆环为链后，链的开头。而链的结尾，一定是前 m − 1 m-1 m−1种颜色中的一种。
考虑合并前 m − 1 m-1 m−1种颜色，已经钦定好的一条链，和当前颜色链。设前 m − 1 m-1 m−1种颜色构造的链长为 A A A，那么合并方案数为：
( A − 1 + a m − 1 ) ! ( A − 1 ) ! ( a m − 1 ) ! \frac{(A-1+a_m-1)!}{(A-1)!(a_m-1)!} (A−1)!(am−1)!(A−1+am−1)!
所以，将原来那个前 m − 1 m-1 m−1种颜色的生成函数， i i i次项系数乘以 i ! i! i!，再除以 ( i − 1 ) ! (i-1)! (i−1)!（即乘以 i i i）后，赋给第 i − 1 i-1 i−1次项。
第 m m m种颜色的生成函数，改为：
∑ i = 1 n f i ( i − 1 ) ! ∑ j = 1 i C i − 1 j − 1 ( − 1 ) i − j x j − 1 ( j − 1 ) ! \sum_{i=1}^n f_i (i-1)! \sum_{j=1}^i C_{i-1}^{j-1}(-1)^{i-j} \frac{x^{j-1}}{(j-1)!} i=1∑nfi(i−1)!j=1∑iCi−1j−1(−1)i−j(j−1)!xj−1
卷起来，再计算答案即可。
代码
#include