这道题我拖了20天才AC，特地单独写一篇题解纪念一下
设$dp(i,j)$表示大小为i的树，构成的等价类的jk次方的和（也就是选出jk个树且全部通过方案），答案就是$dp(n,1)$
使用状态$t(i,j,l)$表示每棵树大小<=i的有根森林，等价类的jk次幂和，树的大小和为l，则$dp(i,j)=t(i,j,i-1)$表示新添一个超级根，且这个超级根的标号为1，且所有其他点的标号+1
得到t数组使用背包dp。从小到大枚举我们添加进的树的大小和选了多少个。假设选了p个，得到$t(i,j,l)+=c(l,p*i)^{jk}*f(i,v,j)*t(i-1,j,k-p*i)$，f(i,v,j)表示无序的选择v棵树，且每个大小为i，等价类的jk次幂和。组合数表示分配标号。
f的计算可以使用置换群。
设一个集合x，x内的每个元素表示一种形状的树（一种等价类，理解这点东西花了我1h...）
所以设群G表示全体长度为n的置换，把群G作用于集合x上。实际上，全体长度为n的置换是一个置换群。所以可以使用burnside引理去重。
实际上，这个群G的意义是，要求的是无序选择若干棵树的方案，而相乘计算的是有序的树的方案，所以要用G去重。
实际上，每个元素的权值是每棵树选择方案数的乘积。看上去不能用burnside引理。但是在置换的作用之下，树的集合不变，所以权值不变。所以轨道内所有元素的权值都是相同的。
把burnside引理的证明过程改一下可以发现，方案数=1/|G|*所有元素(所在轨道的权值和/轨道的大小)。
G的大小是常数n!。（怎么2篇题解中都说的是m!....）
实际上，为了使原方案是有序的，需要对每个集合的权值除以所有等价类的大小的阶乘的jk次方的乘积。因为有序选择大小为n的集合的方案数是(n!)^{j*k}/所有等价类的阶乘的jk次方。
实际上可以再次把burnside引理的证明过程改一下。如果令|Orbit(x)|w(stab(x))= mul 1/(ai!)^(jk)（原来是1）
则对于每个置换f，w(f)*w(fix(f))的和就是答案。
坑：置换环的权值可以相乘没有懂。
可能讲的不是很清楚。