題目大意

task0:有兩棵\(n\)(n\leq10^5)個(gè)點(diǎn)的樹\(T1,T2\)，每個(gè)點(diǎn)的點(diǎn)權(quán)可以是一個(gè)在\([1,y]\)里的數(shù)，如果兩個(gè)點(diǎn)既在\(T1\)中有直接連邊，又在\(T2\)中有直接連邊，那么它們的點(diǎn)權(quán)必須相同。求有多少種分配點(diǎn)權(quán)的方案。
task1:有一棵\(n\)個(gè)點(diǎn)的樹\(T1\)，給定\(y\)，求\(T2\)所有形態(tài)的task1之和\(mod 998244353\)
task2:給定\(n,y\)，求\(T1\)所有形態(tài)的task2之和\(mod 998244353\)

題解

這個(gè)人（點(diǎn)這里或點(diǎn)這里）講得很清楚

首先，當(dāng)\(y=1\)時(shí)，所有點(diǎn)權(quán)都得是1，task0的答案就是1，task1的答案就是\(n^{n-2}\)，task2的答案就是\(n^{2*n-4}\)

task0

設(shè)森林\(T3=T1\bigcap T2\)

那么就會(huì)發(fā)現(xiàn)\(T3\)中同一個(gè)連通塊內(nèi)的所有點(diǎn)的點(diǎn)權(quán)必須相等，分配點(diǎn)權(quán)的方案數(shù)為\(y^{n-|T3|}\)

task1

枚舉\(T2\)的話，設(shè)\(x=y^{-1}\)，答案=\(\sum\limits_{T2}y^{n-m}=\sum\limits_{T2}y^n*x^{|T3|}\)

給定\(n\)的情況下，\(y^n\)不變，只考慮怎么算\(x^{|T3|}\)

通過查看題解 根據(jù)二項(xiàng)式定理發(fā)現(xiàn)\(y^n*x^{|T3|}=y^n*(x-1+1)^{|T3|}=y^n*\sum\limits_{i=0}^{|T3|}{C_{|T3|}^{i}*(x-1)^i}\)

考慮枚舉\(T4\subseteq T3\)，則每個(gè)\(T4\)對上式的貢獻(xiàn)是\(y^n*(x-1)^{|T4|}\)（相當(dāng)于在\(|T3|\)條邊中選了\(|T4|\)條邊）

原式就變成了：答案=\(\sum\limits_{T2}\sum\limits_{T4\subseteq(T1\bigcap T2)}y^n*(x-1)^{|T4|}\)

枚舉\(T4\)的\(\Sigma\)拿到前面，則有\(\sum\limits_{T4\subseteq T1}y^n*(x-1)^{|T4|}\sum\limits_{E\not\subset T4 且 |E|+|T4|=n}1\)

相當(dāng)于對于每個(gè)\(T4\)，它的貢獻(xiàn)就是把它這個(gè)森林連成樹的方案數(shù)

枚舉\(T4\)的連通塊個(gè)數(shù)，則有\(\sum\limits_{m=1}^{n}\sum\limits_{n-|T4|=m且T4\subseteq T1}y^n*(x-1)^{n-m}\sum\limits_{E\not\subset T4 且 |E|+|T4|=n}1\)

這樣就能把和\(x,y\)有關(guān)的部分拿到前面了：\(\sum\limits_{m=1}^{n}y^n*(x-1)^{n-m}\sum\limits_{n-|T4|=m且T4\subseteq T1}\sum\limits_{E\not\subset T4 且 |E|+|T4|=n-1}1\)

設(shè)\(T4\)的\(m\)個(gè)連通塊里的點(diǎn)數(shù)分別為\(a_1,a_2,...,a_m\)，枚舉每個(gè)連通塊的度數(shù)\(d_1,d_2,...,d_m\)

先把\(T4\)的\(m\)個(gè)連通塊看成\(m\)個(gè)點(diǎn)，那么就相當(dāng)于要求出\(m\)個(gè)點(diǎn)的有標(biāo)號無根樹有多少棵

這個(gè)可以用prufer序列相關(guān)的定理算出是\(m^{m-2}\)棵

設(shè)prufer序列中\(i\)的出現(xiàn)次數(shù)是\(d_i\)

\(m\)個(gè)連通塊與\(m\)個(gè)點(diǎn)的區(qū)別在于，\(m\)個(gè)點(diǎn)的話，點(diǎn)\(i\)要連\(d_i+1\)條邊；而\(m\)個(gè)連通塊的話，連向連通塊\(i\)的\(d_i+1\)條邊的每一條邊都可以在\(a_i\)個(gè)點(diǎn)中任選一個(gè)連邊，總方案數(shù)要再乘上個(gè)\(\prod\limits_{i=1}^{m}a_i^{d_i+1}\)

枚舉prufer序列，假設(shè)prufer序列是\(p_1,p_2,...,p_m\)，就會(huì)有\(m\)個(gè)連通塊，第\(i\)個(gè)連通塊\(a_i\)個(gè)點(diǎn)的有標(biāo)號無根樹有\(\sum\limits_{p_1,p_2,...,p_{m-2}, 1\leq p_i\leq m}\prod\limits_{i=1}^{m}a_i^{d_i+1}\)棵

把指數(shù)\(d_i+1\)中“+1”的那個(gè)\(a_i\)拿到前面，該式=\((\prod\limits_{i=1}^{m}a_i)*\sum\limits_{p_1,p_2,...,p_{m-2}, 1\leq p_i\leq m}\prod\limits_{i=1}^{m}a_i^{d_i}\)

這樣變化之后，枚舉的prufer序列中每個(gè)出現(xiàn)的\(p_i\)都會(huì)對該式有\(a_{p_i}\)的貢獻(xiàn)

就會(huì)有該式=\((\prod\limits_{i=1}^{m}a_i)*\sum\limits_{p_1,p_2,...,p_{m-2}, 1\leq p_i\leq m}\prod\limits_{i=1}^{m-2}a_{p_i}\)

交換\(\sum\)和\(\prod\)，得該式=\((\prod\limits_{i=1}^{m}a_i)*\prod\limits_{i=1}^{m-2}\sum\limits_{p_i=1}^{m}a_{p_i}\)

其中\(\sum\limits_{p_i=1}^{m}a_{p_i}=n\)

那么該式=\((\prod\limits_{i=1}^{m}a_i)*n^{m-2}\)

就會(huì)有：答案=\(\sum\limits_{m=1}^{n}y^n*(x-1)^{n-m}\sum\limits_{\sum a_i=n}(\prod\limits_{i=1}^{m}a_i)*n^{m-2}\)

將與\(m\)有關(guān)的部分都挪到后面，與\(n\)有關(guān)的挪到前面，得：答案=\(y^n*(x-1)^n*n^{-2} \sum\limits_{\sum a_i=n}(\prod\limits_{i=1}^{m}a_i)*n^{m}*(x-1)^{-m}\)

將\(n^{m}*(x-1)^{-m}\)拿到\(\prod\)中，得：答案=\(y^n*(x-1)^n*n^{-2} \prod\limits_{i=1}^{m}(a_i*(x-1)^{-1}*n)\)

其中\(\prod\limits_{i=1}^{m}a_i\)的部分相當(dāng)于將\(n\)個(gè)點(diǎn)劃分成一些連通塊，在每一個(gè)連通塊中選一個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)的方案數(shù)

這個(gè)可以dp，設(shè)\(f(i,0/1)\)表示以\(i\)為根的子樹中，\(i\)所在連通塊有/沒有選出關(guān)鍵點(diǎn)的方案數(shù)

那么\(\prod\limits_{i=1}^{m}(a_i*(x-1)^{-1}*n)\)可以看成在此基礎(chǔ)上，每個(gè)連通塊又乘了\((x-1)^{-1}*n\)，這個(gè)也可以dp

答案=\(y^n*(x-1)^n*n^{-2}*f(1,1)\)

task2

既要枚舉\(T2\)，又要枚舉\(T1\)

可以把答案看成“\(n\)個(gè)有標(biāo)號的點(diǎn)分\(m\)個(gè)無標(biāo)號的組的方案數(shù)”、“\(m\)個(gè)連通塊中每個(gè)連通塊能構(gòu)出多少棵樹”、“確定塊內(nèi)的連邊情況后，T1的塊間連通方案數(shù)”、“確定塊內(nèi)的連邊情況后，T2的塊間連通方案數(shù)”四部分相乘

“\(n\)個(gè)有標(biāo)號的點(diǎn)分\(m\)個(gè)無標(biāo)號的組的方案數(shù)”=\(\sum\limits_{\sum{a_i}=n}{\frac{n!}{m!*\prod_{i=1}^{m}{a_i!}}}\)

根據(jù)prufer序列，\(x\)個(gè)點(diǎn)的連通塊構(gòu)出\(x^{x-2}\)棵樹，考慮\(m\)個(gè)連通塊中每個(gè)連通塊都能構(gòu)出\(a_i^{a_i}\)棵樹，“\(m\)個(gè)連通塊中每個(gè)連通塊能構(gòu)出多少棵樹”=\(\prod\limits_{i=1}^{m}{a_i^{a_i-2}}\)

而“確定塊內(nèi)的連邊情況后，T1/T2的塊間連通方案數(shù)”這部分之前已經(jīng)算過了，就是\((\prod\limits_{i=1}^{m}a_i)*n^{m-2}\)

所以，答案=\(y^n*(x-1)^{n-m}*\sum\limits_{\sum{a_i}=n}{\frac{n!}{m!*\prod\limits_{i=1}^{m}{a_i!}}}*(\prod\limits_{i=1}^{m}{a_i^{a_i-2}})*((\prod\limits_{i=1}^{m}a_i)*n^{m-2})^2\)

把\((n^{-2})^2\)拿到前面，把\((x-1)^{-m}\)拿到后面，將三個(gè)\(\prod\)合并，就會(huì)有：答案=\(y^n*(x-1)^n*n^{-4}*n!*\sum\limits_{\sum{a_i}=n}{\frac{1}{m!}}\prod\limits_{i=1}^{m}\frac{a_i^{a_i}*n^2}{a_i!*(x-1)}\)

用\([x^n]\)表示多項(xiàng)式中\(n\)次項(xiàng)的系數(shù)，就會(huì)有：答案=\(y^n*(x-1)^n*n^{-4}*n!*[x^n]\sum\limits_{m=1}^{n}{\frac{1}{m!}}(\frac{n^2}{x-1}\sum\limits_{a>0}\frac{a^a}{a!}x^a)^m\)

根據(jù)泰勒展開發(fā)現(xiàn)\(exp(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{x^i}{i!}\)，那么\([x^n]\sum\limits_{m=1}^{n}{\frac{1}{m!}}(\frac{n^2}{x-1}\sum\limits_{a>0}\frac{a^a}{a!}x^a)^m\)這部分就可以看成\(exp(\frac{n^2}{x-1}\sum\limits_{a>0}\frac{a^a}{a!}x^a)\)

對這個(gè)多項(xiàng)式求exp后，將\(n\)次項(xiàng)系數(shù)乘以\(y^n*(x-1)^n*n!*n^{-4}\)

代碼

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總結(jié)

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