题目大意
有两棵 \(n\) 个点的树 \(T_1\) 和 \(T_2\)。
你要给每个点一个权值吗，要求每个点的权值为 \([1,y]\) 内的整数。
对于一条同时出现在两棵树上的边，这条边的两个端点的值相同。
若 \(op=0\)，则给你两棵树 \(T_1,T_2\)，求方案数。
若 \(op=1\)，则给你一棵树 \(T_1\)，求对于所有 \(n^{n-2}\) 种 \(T_2\)，方案数之和。
若 \(op=2\)，则求对于所有的 \(T_1,T_2\)，求方案数之和。
\(n\leq 100000\)
题解
新建一个图 \(G\)，把两棵树的公共边加到 \(G\) 中。记 \(m\) 为两棵树的公共边数量。那么答案就是 \(y^{n-m}\)。
令 \(z=y^{-1}\)，那么答案就变成了 \(y^nz^m\)。也就是说，每有一条相同的边，方案的贡献就要 \(\times z\)。
op=0
这个大家都会。
op=1
\[ z^m=\sum_{i=0}^m\binom{m}{i}(z-1)^i \]
那么可以枚举一个边集 \(E\)，计算有多少种生成树包含 \(E\)，然后把答案加上方案数 \(\times{(z-1)}^{\lvert E\rvert}\)。
记这 \(E\) 条边形成了 \(m\) 个连通块，这些连通块的大小为 \(a_1,a_2,\ldots,a_m\)，那么贡献就是
\[ \begin{align} &{(z-1)}^{n-m}\sum_{\sum_{i=1}^md_i=2m-2}(m-2)!\prod_{i=1}^m\frac{a_i^{d_i}}{(d_i-1)!}\\ =&{(z-1)}^{n-m}n^{m-2}\prod_{i=1}^ma_i\\ \end{align} \]
\(\prod_{i=1}^ma_i\) 可以看成是每个连通块内选一个点的方案数。这样就可以DP了。
时间复杂度：\(O(n)\)
op=2
枚举两棵树的公共边个数：
\[ \begin{align} s_n&=\sum_{i=1}^{n}{(z-1)}^{n-i}\sum_{\sum_{j=1}^ia_j=n}\frac{n!}{i!}(\prod_{j=1}^i\frac{a_j^{a_j-2}}{a_j!})(n^{i-2}\prod_{j=1}^ia_j)^2\\ &=\sum_{i=1}^{n}{(z-1)}^{n-i}\frac{n!n^{2i-4}}{i!}\sum_{\sum_{j=1}^ia_j=n}\prod_{j=1}^i\frac{a_j^{a_j}}{a_j!}\\ &=\sum_{i=1}^{n}{(z-1)}^{n-i}n^{2i-4}\sum_{\sum_{j=1}^ia_j=n}\prod_{j=1}^i\binom{(\sum_{k=1}^ja_k)-1}{a_j-1}{}a_j^{a_j}\\ \end{align} \]
记 \(f_l=\sum_{i=1}^{l}{(z-1)}^{-i}n^{2i}\sum_{\sum_{j=1}^ia_j=l}\prod_{j=1}^i\binom{(\sum_{k=1}^ja_k)-1}{a_j-1}{}a_j^{a_j}\)。
转移时枚举最后一块的大小，有：
\[ f_i=\begin{cases} 1&,i=0\\ \sum_{j=1}^i\frac{(i-1)!n^2j^jf_{i-j}}{(i-j)!(j-1)!(z-1)}&,i>0 \end{cases} \]
直接DP是 \(O(n^2)\) 的。
记 \(g_i=\sum_{i\geq 1}\frac{n^2i^i}{(i-1)!(z-1)}\)，\(F(x)\) 为 \(f\) 的 EGF，\(G(x)\) 为 \(g\) 的 OGF，那么
\[ \begin{align} xF'(x)&=F(x)G(x)\\ \frac{F'(x)}{F(x)}&=\frac{G(x)}{x}\\ \ln F(x)&=\int \frac{G(x)}{x}\\ F(x)&=e^{\int \frac{G(x)}{x}} \end{align} \]
直接多项式 exp 就好了。
答案为 \((z-1)^nn^{-4}f_n\)
时间复杂度：\(O(n\log n)\)
代码
const ll p=998244353;
ll fp(ll a,ll b)
{
ll s=1;
for(;b;b>>=1,a=a*a%p)
if(b&1)
s=s*a%p;
return s;
}
const int N=100010;
int n,op;
ll z,_z;
ll ans;
namespace solve0
{
map a[N];
void solve()
{
if(_z==1)
{
ans=1;
return;
}
int x,y;
for(int i=1;iy)
swap(x,y);
a[x][y]++;
}
ans=1;
for(int i=1;iy)
swap(x,y);
if(a[x].count(y))
ans=ans*z%p;
}
}
}
namespace solve1
{
vector g[N];
ll f[N][2];
void dfs(int x,int fa)
{
f[x][0]=f[x][1]=1;
for(auto v:g[x])
if(v!=fa)
{
dfs(v,x);
ll s0=(f[x][0]*f[v][0]%p*z+f[x][0]*f[v][1]%p*n)%p;
ll s1=(f[x][0]*f[v][1]%p*z+f[x][1]*f[v][0]%p*z+f[x][1]*f[v][1]%p*n)%p;
f[x][0]=s0;
f[x][1]=s1;
}
}
void solve()
{
if(_z==1)
{
ans=fp(n,n-2);
return;
}
int x,y;
for(int i=1;i>1]>>1)|(i&1?n>>1:0);
if(rev[i]>i)
swap(a[i],a[rev[i]]);
}
for(int i=2;i<=n;i<<=1)
for(int j=0;j>1);
static ll a1[N],a2[N];
memset(a1,0,sizeof(a1[0])*(n<<1));
memset(a2,0,sizeof(a2[0])*(n<<1));
memcpy(a1,a,sizeof(a1[0])*n);
memcpy(a2,b,sizeof(a2[0])*(n>>1));
ntt(a1,n<<1,1);
ntt(a2,n<<1,1);
for(int i=0;i>1);
static ll a1[N],a2[N],a3[N];
memset(b+(n>>1),0,sizeof(b[0])*(n>>1));
ln(b,a3,n);
memset(a1,0,sizeof(a1[0])*n);
memset(a2,0,sizeof(a2[0])*n);
memcpy(a1,b,sizeof(a1[0])*(n>>1));
for(int i=0;i<(n>>1);i++)
a2[i]=a[(n>>1)+i]-a3[(n>>1)+i];
ntt(a1,n,1);
ntt(a2,n,1);
for(int i=0;i>1),a1,sizeof(a1[0])*(n>>1));
}
}
ll inv[N],fac[N],ifac[N];
ll f[N],g[N],w[N];
void solve()
{
if(_z==1)
{
ans=fp(n,n-2)*fp(n,n-2)%p;
return;
}
z--;
ntt::init();
fac[0]=fac[1]=ifac[0]=ifac[1]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
fac[i]=fac[i-1]*i%p;
inv[i]=-p/i*inv[p%i]%p;
ifac[i]=ifac[i-1]*inv[i]%p;
}
ll ifacz=fp(z,p-2);
// f[0]=1;
// for(int i=1;i<=n;i++)
// w[i]=fp(i,i);
// for(int i=1;i<=n;i++)
// for(int j=1;j<=i;j++)
// f[i]=(f[i]+f[i-j]*fac[i-1]%p*ifac[i-j]%p*ifac[j-1]%p*n%p*n%p*w[j]%p*ifacz)%p;
for(int i=1;i<=n;i++)
g[i]=fp(i,i)*n%p*n%p*ifac[i-1]%p*ifacz%p*inv[i]%p;
int k=1;
while(k<=n)
k<<=1;
ntt::exp(g,f,k);
ans=f[n]*fac[n]%p*fp(z,n)%p*fp(n,p-1-4)%p;
}
}
int main()
{
freopen("tree.in","r",stdin);
freopen("tree.out","w",stdout);
io::get(n);
io::get(_z);
io::get(op);
z=fp(_z,p-2);
if(op==0)
solve0::solve();
else if(op==1)
solve1::solve();
else
solve2::solve();
ans=ans*fp(_z,n)%p;
ans=(ans%p+p)%p;
io::put(ans);
return 0;
}