【题解】「WC2019」数树

NOI十合一

请先保证有足够的耐心看完本题解

首先，若两树的公共边有(k)条，则给予数方案总共有(y^{n-k})种。我有一个很好的证明，可惜这里太小写不下。

这样就能轻松通过subtask1了。

显然，subtask1在引导我们向公共边的数量取思考。

设(f(i))表示两棵树恰有(i)条公共边的树的方案数（注意，不是给予数方案数）。则

[large egin{align} ans&=sum_{i=0}^{n-1}y^{n-i}f(i)\ &=y^nsum_{i=0}^{n-1}y^{-i}f(i)\ end{align} ]

然而，直接求(f(i))并不好求，于是可以设(g(i))表示两棵树有(i)条确定的公共边的树的方案数。可以得到，

[large g(i)=sum_{j=i}^{n-1}C_j^if(j) ]

可以由每一个恰有(j)条边的方案中选择(i)条边推得。

观察到(f(j))乘的组合数都是(C_j^*)类型的，于是就有一个神奇的变换：

[large egin{align} ans&=y^nsum_{i=0}^{n-1}(frac 1y)^if(i)\ &=y^nsum_{i=0}^{n-1}sum_{j=0}^if(i)C_i^j(frac 1y-1)^j\ &=y^nsum_{j=0}^{n-1}(frac 1y-1)^jsum_{i=j}^{n-1}C_i^jf(i)\ &=y^nsum_{i=0}^{n-1}(frac 1y-1)^ig(i) end{align} ]

那么，(g(i))该怎么求呢？

对于subtask2，设选出来的(i)条公共边构成的(n-i)个连通块大小分别为(a_1,a_2,cdots,a_{n-i})，则有：

[large g(i)=sum_an^{n-i-2}prod_{j=1}^{n-i}a_j ]

证明：将每个连通块缩点，再进行生成树。设树边由儿子连向父亲，则prufer序的每一位都可以选择任意一块，每一块都可以选择任意一个点，这样入边总共产生了(n^{n-i-2})的贡献。再乘上出边的(prod a_j)的贡献。

所以，设(p=frac 1y-1)，有：

[large egin{align} ans&=y^nsum_{i=0}^{n-1}p^in^{n-i-2}sum_aprod_{j=1}^{n-i}a_j\ &=y^np^nn^{-2}sum_aprod_{j=1}^{|a|}a_j imes frac np end{align} ]

设(v=frac np)，根据上面的方程，很容易列出一个简单的(dp)，设(dp_{i,j})表示，当前讨论了以(i)号点为根的子树，该子树内还有(j)个点没被划进公共边连通块内。显然转移是一个卷积式，可以设(h_i(x))为(i)号点的生成函数。列出方程：

[large egin{align} &h_i(x)=sum_{j=0}^infty dp_{i,j}x^j\ &h_i(x)=dp_{i,0}+xprod_{jin son_i}h_j(x)\ &dp_{i,0}=vsum_{j=1}^infty dp_{i,j} imes j=v imes h_i'(1)\ herefore& h_i(x)=v imes h_i'(1)+xprod_{jin son_i}h_j(x) end{align} ]

容易发现，(ans=y^np^nn^{-2}dp_{1,0}=y^np^nn^{-2}v imes h_1'(1))，所以，计算时只用到了(h_i(1))与(h_i'(1))。直接套用式子

[large egin{align} h_i'(1)&=(1+sum_{jin son_i}frac{h_j'(1)}{h_j(1)})prod_{jin son_i}h_j(1)\ h_i&=h_i'(1)+prod_{jin son_i}h_j(1) end{align} ]

(O(nlog998244353))搞定。

接着看subtask3，求(g(i))的方法类似上一个子任务。不过结果有点不同：

[large g(i)=sum_{a}n^{2(n-i-2)}prod_{j=1}^{n-i}a_j^{a_j}=n^{-4}sum_aprod_{j=1}^{n-i}a_j^{a_j}n^2 ]

很简单，就是将之前的(g(i))平方，然后对每一个连通块再乘一个生成树数量(a_j^{a_j-2})。

但是在数连通块的时候很容易数重，可以把所有连通块先按照大小排序，再按照最小节点编号排序。设大小为(a)的连通块有(t_a)个，则

[large egin{align} g(i)&=n^{-4}n!sum_tprod_{a=1}^nfrac{(frac{a^an^2}{a!})^{t_a}}{t_a!}\ ans&=y^nsum_{i=0}^{n=1}p^ig(i)\ &=y^np^nn^{-4}n!sum_tprod_{a=1}^nfrac{(frac{a^an^2}{a!p})^{t_a}}{t_a!} end{align} ]

设(v_a=frac{a^an^2}{a!p})，则

[large ans=y^np^nn^{-4}n!sum_tprod_{a=1}^nfrac{v_a^{t_a}}{t_a!} ]

又由于(sum t_aa=n)，设

[large h_a(x)=sum_{t=0}^infty frac{v_a^tx^{at}}{t!}=e^{v_ax^a} ]

则

[large egin{align} ans&=y^np^nn^{-4}n!(prod_{a=1}^{n}h_a(x))[x^n]\ &=y^np^nn^{-4}n!(exp(sum v_ax^a))[x^n] end{align} ]

先处理出(v)，再用多项式(exp)就可以解决。复杂度(O(nlog n))。

code（去掉了namespace poly）：

#include<stdio.h>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define inf 998244353
int n,y,hdhdAKIOI;
namespace sub0{
	std::pair<int,int>a[200002];
	void solve(){
		for(int i=1;i<=n+n-2;i++){
			int p,q;scanf("%d%d",&p,&q);
			if(p>q)p^=q^=p^=q;a[i]=std::make_pair(p,q);
		}std::sort(a+1,a+n+n-1);
		int cnt=n;
		for(int i=2;i<=n+n-1;i++)cnt-=a[i]==a[i-1];
		printf("%d",poly::ksm(y,cnt));
	}
}
namespace sub1{
	int f[100002][2],v;
	int Last[100002],Next[200002],End[200002];
	void dfs(int p,int F){
		register unsigned long long s=1,cnt=1;
		for(int i=Last[p];i;i=Next[i])if(End[i]!=F){
			dfs(End[i],p);
			s=s*f[End[i]][0]%inf;
			cnt+=1ull*f[End[i]][1]*poly::getinv(f[End[i]][0]);
			if(cnt>=1ull*inf*inf)cnt-=1ull*inf*inf;
		}cnt%=inf;
		f[p][1]=s*cnt%inf;
		f[p][0]=(s+1ull*v*f[p][1])%inf;
	}
	void solve(){
		if(y==1)return void(printf("%d",poly::ksm(n,n-2)));
		for(int i=1;i<n+n-2;i+=2){
			scanf("%d%d",&End[i+1],&End[i]);
			Next[i]=Last[End[i+1]];Last[End[i+1]]=i;
			Next[i+1]=Last[End[i]];Last[End[i]]=i+1;
		}int p=poly::getinv(y)-1;
		v=1ull*poly::getinv(p)*n%inf;
		dfs(1,0);
		printf("%lld
",1ull*f[1][1]*v%inf*poly::ksm(1ull*y*p%inf,n)%inf*poly::ksm(n,inf-3)%inf);
	}
}
namespace sub2{
	int v[524288],tmp1[524288],tmp2[524288],a[524288],fac[524288],ifac[524288];
	void solve(){
		if(y==1)return void(printf("%d",poly::ksm(n,n*2-4)));
		fac[0]=1;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			fac[i]=1ull*i*fac[i-1]%inf;
		ifac[n]=poly::getinv(fac[n]);
		for(int i=n-1;i>=0;i--)
			ifac[i]=1ull*(i+1)*ifac[i+1]%inf;
		int p=poly::getinv(y)-1,invp=poly::getinv(p);
		for(int i=1;i<=n;i++)
			v[i]=1ull*poly::ksm(i,i+inf-1)*ifac[i]%inf*n%inf*n%inf*invp%inf;
		int len=poly::gett(n);
		poly::getexp(v,a,tmp1,tmp2,len);
		printf("%lld",1ull*a[n]*poly::ksm(1ull*y*p%inf,n)%inf*poly::ksm(n,inf-5)%inf*fac[n]%inf);
	}
}
int main(){
	poly::init();
	scanf("%d%d%d",&n,&y,&hdhdAKIOI);
	if(hdhdAKIOI==0)sub0::solve();
	else if(hdhdAKIOI==1)sub1::solve();
	else if(hdhdAKIOI==2)sub2::solve();
}