WC2019 数树

Task 0

判断有多少条相同边即可。

复杂度(O(N))

namespace Subtask1{
	pair<int,int> e1[N],e2[N];
	void Main(int n,int y){
		for(int i=1,u,v;i<n;i++){
			scanf("%d%d",&u,&v);
			e1[i] = pair<int,int> (min(u,v), max(u,v));
		}
		for(int i=1,u,v;i<n;i++){
			scanf("%d%d",&u,&v);
			e2[i] = pair<int,int> (min(u,v), max(u,v));
		}
		sort(e1+1,e1+n),sort(e2+1,e2+n);
		int j = 1,B = n;
		for(int i=1;i<n;i++){
			while(j<n&&e2[j]<e1[i])++j;
			if(j<n && e2[j] == e1[i]) B--;
		}
		cout << qpow(y,B) << endl;
	}
}

Task 1

考虑prufer序列，如果硬点了一些边一定被重复覆盖，那么硬点这(c)个联通块的方案是：

[n^{c-2} prod siz_i ]

考虑系数，硬点了(a)条边会在硬点(b)条边中出现了(inom{a}{b})次，恰好(a)条边的贡献是(y^{n-a})。

考虑：

[sum _iinom {A}{i} x^i = (x+1)^A ]

那么系数设置为(y^{-1}-1)时，正好会贡献(y^{-A})。

把(siz)的贡献拆组合意义，即：每个连通块内都要选一个节点作为代表。

设(f[x][0/1])表示当前节点所在连通块是否选了代表。

复杂度$O(n) $

namespace Subtask2{
	int hed[N],to[N<<1],nxt[N<<1],cnt;
	inline void adde(int u,int v){++cnt;to[cnt]=v,nxt[cnt]=hed[u];hed[u]=cnt;}
	int f[N][2],Val;
	inline void dfs(int x,int pre){
		f[x][1] = n, f[x][0] = 1;
		for(int i=hed[x];i;i=nxt[i]){
			int v=to[i];if(v==pre)continue;
			dfs(v,x);int f1=0,f0=0;
			f1 = add(mul(f[x][1], add(mul(Val,f[v][0]),f[v][1])), mul(mul(Val, f[x][0]), f[v][1]));
			f0 = mul(f[x][0], add(mul(Val, f[v][0]),f[v][1]));
			f[x][1] = f1, f[x][0] = f0;
		}
	}

	void Main(int n,int y){
		for(int i=1,u,v;i<n;i++){
			scanf("%d%d",&u,&v);
			adde(u,v),adde(v,u);
		}Val = sub(qpow(y,mod-2),1);
		dfs(1,0);
		// cout << mul(f[1][1], qpow(9,mod-2)) << endl;
		printf("%d
",mul(qpow(1ll*n*n%mod,mod-2),mul(qpow(y,n), f[1][1])));
	}
}

Task 2

容斥系数和以上一样，(f[i])表示(i)个点的连通块的贡献。现在要枚举的树是两颗树，所以方案的贡献要平方。

写成(EGF)之后(exp)就行了。

(O(nlog n))

namespace Subtask3{
	using namespace Template_Poly;
	Poly f;
	int ifac[N], fac[N], Val;
	inline void init(int n = 1e5){
		fac[0] = ifac[0] = 1;for(int i=1;i<=n;i++)fac[i] = mul(fac[i-1], i);
		ifac[n] = qpow(fac[n], mod-2);for(int i=n-1;i;i--)ifac[i] = mul(ifac[i+1], i+1);
	}
	inline void initf(int n){
		f.resize(n+1);
		for(int i=1,w = 1;i<=n;i++, w = mul(w, Val)){
			f[i] = w;f[i] = mul(f[i], mul(qpow(i,max(0,i-2)), 1ll*n*n%mod));
			f[i] = mul(f[i], 1ll*i*i%mod);
			f[i] = mul(f[i], ifac[i]);
		}
	}
	void Main(int n,int y){
		Val = sub(qpow(y,mod-2),1);
		init();initf(n);
		f = exp(f);
		int ans = mul(f[n],fac[n]);
		ans = mul(ans, qpow(1ll*n*n%mod*n%mod*n%mod,mod-2));
		ans = mul(ans, qpow(y,n));
		cout << ans << endl;
	}
}