题解 P5206 【[WC2019] 数树】
小粉兔
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题解
在博客园食用更佳：https://www.cnblogs.com/PinkRabbit/p/WC2019T1.html。
一道技巧性非常强的计数题，历年WC出得最好（同时可能是比较简单）的题目之一。
题意简述：
给定 n, y。
一张图有 |V| = n 个点。对于两棵树 T_1=G(V, E_1) 和 T_2=G(V, E_2)，定义这两棵树的权值 F(E_1, E_2) 为 y 的 G'=(V,E_1\cap E_2) 的联通块个数次方。
即 F(E_1, E_2) = y^{n - |E_1\cap E_2|}（因为两棵树的边集的交必然是一个森林，而森林的联通块个数等于 |V| - |E|）。
有 3 类问题：
-
-
-
其中 \sum_{E} 的意义为枚举所有 n^{n - 2} 种不同形态的有标号无根树。
其中 n\le 10^5。答案对 998,244,353 取模。
题解：
在这里特别感谢 @rqy 的题解 [WC2019] 数树。
我对此题的理解以及代码实现的细节很大程度上借鉴了他的题解。
对于 y = 1：
$y = 1$ 时 $F(E_1, E_2) = 1$。
$\mathrm{op}=0$ 时，只有 $1$ 种方案，则答案为 $1$。
$\mathrm{op}=1$ 时，有 $n^{n-2}$ 种方案，则答案为 $n^{n-2}$。
$\mathrm{op}=2$ 时，有 $n^{2(n-2)}$ 种方案，则答案为 $n^{2(n-2)}$。
```cpp
namespace Solver0 {
inline LL solve() {
if (op == 0) return 1;
if (op == 1) return qPow(N, N - 2);
if (op == 2) return qPow(N, 2 * (N - 2));
return 0;
}
}
```
### 对于 $\mathrm{op} = 0$：
直接统计出有多少条边重合，随便用一个 `std::set<std::pair<int,int> >` 统计一下。
```cpp
namespace Solver1 {
typedef std::pair<int, int> pii;
std::set<pii> S;
inline LL solve() {
for (int i = 1, x, y; i < N; ++i) {
scanf("%d%d", &x, &y);
if (x > y) std::swap(x, y);
S.insert(std::make_pair(x, y));
}
int cnt = N;
for (int i = 1, x, y; i < N; ++i) {
scanf("%d%d", &x, &y);
if (x > y) std::swap(x, y);
cnt -= S.count(std::make_pair(x, y));
}
return qPow(Y, cnt);
}
}
```
### 对于 $y\ne 1$ 且 $\mathrm{op} = 1$：
给定 $E_1$，对于每一种 $E_2$，统计 $y^{n-|E_1\cap E_2|}$。
考虑枚举 $S=E_1\cap E_2$，则答案为：
$$\begin{aligned}&\sum_{E_2}F(E_1,E_2)\\=&\sum_{E_2}y^{n-|E_1\cap E_2|}\\=&\sum_{S}y^{n-|S|}\sum_{S=E_1\cap E_2}\end{aligned}$$
后面这个不是很优美，我们容斥一下，希望变成 $S\subseteq E_1\cap E_2$，即 $S\subseteq E_1$ 且 $S\subseteq E_2$ 的形式：
考虑一个容斥原理的式子：$f(S)=\sum_{T\subseteq S}\sum_{P\subseteq T}(-1)^{|T|-|P|}f(P)$。
令 $S=E_1\cap E_2$，$f(S)=y^{n-|S|}$，带进去一下，得到：
$$\begin{aligned}&\sum_{E_2}y^{n-|E_1\cap E_2|}\\=&\sum_{E_2}\sum_{T\subseteq E_1\cap E_2}\sum_{P\subseteq T}(-1)^{|T|-|P|}y^{n-|P|}\\=&\sum_{T\subseteq E_1}g(T)\sum_{P\subseteq T}(-1)^{|T|-|P|}y^{n-|P|}\\=&\sum_{T\subseteq E_1}g(T)y^{n-|T|}\sum_{P\subseteq T}(-y)^{|T|-|P|}\\=&\sum_{T\subseteq E_1}g(T)y^{n-|T|}\sum_{k=0}^{|T|}\binom{|T|}{k}1^{k}(-y)^{|T|-k}\\=&\sum_{T\subseteq E_1}g(T)y^{n-|T|}(1-y)^{|T|}\end{aligned}$$
其中 $g(T)$ 表示包含边集 $T$ 的树个数。
这里有一个定理，可以用 $\mathrm{Pr\ddot{u}fer}$ 序列证明，也可以用 $\mathrm{Matrix-Tree}$ 定理证明：
- 对于 $n$ 个点的森林，假设有 $k$ 个连通分量，每个连通分量的大小分别是 $a_i$，则包含这个森林的树个数为 $n^{k-2}\prod_{i=1}^{k}a_i$。
再带入可得：
$$\begin{aligned} &\sum_{T\subseteq E_1}g(T)y^{n-|T|}(1-y)^{|T|}\\=&\sum_{T\subseteq E_1}y^{k}(1-y)^{n-k}n^{k-2}\prod_{i=1}^{k}a_i\\=&\frac{(1-y)^n}{n^2}\sum_{T\subseteq E_1}\prod_{i=1}^{k}\frac{ny}{1-y}a_i\end{aligned}$$
即一个大小为 $a$ 的连通分量为答案贡献一个乘积 $Ka$，其中 $K = \frac{ny}{1-y}$。
据此我们可以写出一个 $\mathrm{DP}$ 式子，用 $\mathrm{f}[u][i]$ 表示 $u$ 的子树中，$u$ 所在的连通分量大小为 $i$ 的答案。
$i$ 所在的连通分量还未完整，所以不计入答案，而是存入状态，转类似于树上背包，转移比较显然，这种做法是 $\mathrm{O}(n^2)$ 的。
我们可以考虑每个贡献的组合意义，大小为 $a_i$ 的连通分量贡献相当于在这个联通分量中选取一个点产生 $K$ 的乘积贡献。
据此我们可以优化状态表示：$\mathrm{f}[u][0/1]$ 表示 $u$ 的子树中，当前连通分量是否已经做出贡献，这里为了方便转移，当前连通分量如果已经做出贡献就计入答案。
具体转移可以参考下面的代码。
```cpp
namespace Solver2 {
int h[MN], nxt[MN * 2], to[MN * 2], tot;
inline void ins(int x, int y) {
nxt[++tot] = h[x], to[tot] = y, h[x] = tot;
}
LL K, f[MN], g[MN];
void DFS(int u, int fz) {
f[u] = 1, g[u] = K;
for (int i = h[u]; i; i = nxt[i]) if (to[i] != fz) {
DFS(to[i], u);
g[u] = (f[u] * g[to[i]] + g[u] * f[to[i]] + g[u] * g[to[i]]) % Mod;
f[u] = (f[u] * f[to[i]] + f[u] * g[to[i]]) % Mod;
}
}
inline LL solve() {
for (int i = 1, x, y; i < N; ++i) {
scanf("%d%d", &x, &y);
ins(x, y), ins(y, x);
}
K = (LL)N * Y % Mod * qPow(1 - Y, Mod - 2) % Mod;
LL coef = qPow(1 - Y, N) * qPow(N, Mod - 3) % Mod;
DFS(1, 0);
return g[1] * coef % Mod;
}
}
```
### 对于 $y\ne 1$ 且 $\mathrm{op} = 2$：
类似 $\mathrm{op} = 1$，我们可以写出下面的式子：
$$\begin{aligned}&\sum_{E_1}\sum_{E_2}F(E_1,E_2)\\=&\sum_{E_1}\sum_{E_2}y^{|E_1\cap E_2|}\\=&\sum_{E_1}\sum_{E_2}\sum_{T\subseteq E_1\cap E_2}\sum_{P\subseteq T}(-1)^{|T|-|P|}y^{n-|P|}\\=&\sum_{T}g^2(T)\sum_{P\subseteq T}(-1)^{|T|-|P|}y^{n-|P|}\\=&\sum_{T}g^2(T)y^{n-|T|}\sum_{P\subseteq T}(-1)^{|T|-|P|}y^{|T|-|P|}\\=&\sum_{T}g^2(T)y^{n-|T|}\sum_{P\subseteq T}(-y)^{|T|-|P|}\\=&\sum_{T}g^2(T)y^{n-|T|}\sum_{k=0}^{|T|}\binom{|T|}{k}1^{k}(-y)^{|T|-k}\\=&\sum_{T}g^2(T)y^{n-|T|}(1-y)^{|T|}\\=&\sum_{T}y^{k}(1-y)^{n-k}n^{2(k-2)}\prod_{i=1}^{k}a_i^2\\=&\frac{(1-y)^n}{n^4}\sum_{T}\prod_{i=1}^{k}\frac{n^2y}{1-y}a_i^2\end{aligned}$$
此时我们换个角度考虑，与其考虑边集 $T$，不如考虑每个连通分量。
这里的每个连通分量是无序的，所以相当于 $n$ 个有标号小球扔进 $k$ 个无标号盒子，不允许空盒子。
而一个装有 $a$ 个球的盒子，每个生成树都会贡献 $\frac{n^2y}{1-y}a^2$ 作为乘积。
而 $a$ 个点的生成树有 $a^{a-2}$ 个，所以总共贡献 $\frac{n^2y}{1-y}a^a$。
对生成函数比较敏感的同学能够看出，总方案的指数型生成函数就是单个盒子的指数型生成函数的 $\mathrm{Exp}$，因为对应了集合与元素的关系。
即 $\mathrm{f}=\{\frac{n^2y}{1-y}i^i\}_{i=1}^{\infty}$ 对应的指数型生成函数 $\mathrm{F}(x)=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{n^2y}{(1-y)i!}i^{i}x^{i}$。
令 $\mathrm{G}=e^{\mathrm{F}}$，则指数型生成函数 $\mathrm{G}$ 对应的序列的第 $n$ 项便是所求答案，即答案为 $n!\cdot [x^n]\mathrm{G}$。
如果你对生成函数比较不敏感，也可以推式子得到：
对于有标号球有标号盒子记录贡献，可以使用指数型生成函数的幂次表示：
$n$ 个有标号球，$k$ 个有标号盒子就是 $[x^n]\mathrm{F}^k$，但是这里盒子是无标号的，所以要除以 $k!$。
那么最终的答案是 $\frac{(1-y)^n\cdot n!}{n^4}[x^n]\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}\left(\sum_{i=1}^{\infty}\frac{n^2y}{(1-y)\cdot i!}i^ix^i\right)^k$。
根据 $e^x$ 的泰勒展开公式，可以发现形式是完全相同的。
那么直接套多项式 $\mathrm{Exp}$ 模板即可。
```cpp
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <set>
typedef long long LL;
const int MN = 100005;
const LL Mod = 998244353;
inline LL qPow(LL b, int e) {
LL a = 1;
for (; e; b = b * b % Mod, e >>= 1)
if (e & 1) a = a * b % Mod;
return a;
}
int N, op;
LL Y;
namespace Solver0 {
inline LL solve() {
if (op == 0) return 1;
if (op == 1) return qPow(N, N - 2);
if (op == 2) return qPow(N, 2 * (N - 2));
return 0;
}
}
namespace Solver1 {
typedef std::pair<int, int> pii;
std::set<pii> S;
inline LL solve() {
for (int i = 1, x, y; i < N; ++i) {
scanf("%d%d", &x, &y);
if (x > y) std::swap(x, y);
S.insert(std::make_pair(x, y));
}
int cnt = N;
for (int i = 1, x, y; i < N; ++i) {
scanf("%d%d", &x, &y);
if (x > y) std::swap(x, y);
cnt -= S.count(std::make_pair(x, y));
}
return qPow(Y, cnt);
}
}
namespace Solver2 {
int h[MN], nxt[MN * 2], to[MN * 2], tot;
inline void ins(int x, int y) {
nxt[++tot] = h[x], to[tot] = y, h[x] = tot;
}
LL K, f[MN], g[MN];
void DFS(int u, int fz) {
f[u] = 1, g[u] = K;
for (int i = h[u]; i; i = nxt[i]) if (to[i] != fz) {
DFS(to[i], u);
g[u] = (f[u] * g[to[i]] + g[u] * f[to[i]] + g[u] * g[to[i]]) % Mod;
f[u] = (f[u] * f[to[i]] + f[u] * g[to[i]]) % Mod;
}
}
inline LL solve() {
for (int i = 1, x, y; i < N; ++i) {
scanf("%d%d", &x, &y);
ins(x, y), ins(y, x);
}
K = (LL)N * Y % Mod * qPow(1 - Y, Mod - 2) % Mod;
LL coef = qPow(1 - Y, N) * qPow(N, Mod - 3) % Mod;
DFS(1, 0);
return g[1] * coef % Mod;
}
}
namespace Solver3 {
const int MS = 1 << 19;
const int G = 3, iG = 332748118;
int Sz = 0, R[MS]; LL InvSz;
LL Inv[MS], Fac[MS], iFac[MS];
inline void Init() {
Inv[1] = 1;
for (int i = 2; i < MS; ++i) Inv[i] = -(Mod / i) * Inv[Mod % i] % Mod;
Fac[0] = iFac[0] = 1;
for (int i = 1; i < MS; ++i) {
Fac[i] = Fac[i - 1] * i % Mod;
iFac[i] = iFac[i - 1] * Inv[i] % Mod;
}
}
inline void InitFNTT(int n) {
int Bt = 0;
for (; 1 << Bt < n; ++Bt) ;
if ((1 << Bt) == Sz) return ;
Sz = 1 << Bt, InvSz = -(Mod - 1) / Sz;
for (int i = 1; i < Sz; ++i) R[i] = R[i >> 1] >> 1 | (i & 1) << (Bt - 1);
}
inline void FNTT(LL *A, int Type) {
for (int i = 0; i < Sz; ++i) if (R[i] < i) std::swap(A[R[i]], A[i]);
for (int j = 1, j2 = 2; j < Sz; j <<= 1, j2 <<= 1) {
LL gn = qPow(~Type ? G : iG, (Mod - 1) / j2), g;
for (int i = 0, k; i < Sz; i += j2) {
for (k = 0, g = 1; k < j; ++k, g = g * gn % Mod) {
LL X = A[i + k], Y = g * A[i + j + k] % Mod;
A[i + k] = (X + Y) % Mod, A[i + j + k] = (X - Y) % Mod;
}
}
}
if (Type == -1) for (int i = 0; i < Sz; ++i) A[i] = A[i] * InvSz % Mod;
}
inline void PolyInv(LL *A, int N, LL *B) {
B[0] = qPow(A[0], Mod - 2);
static LL tA[MS], tB[MS];
for (int L = 1; L < N; L <<= 1) {
int L2 = L << 1, L4 = L << 2;
InitFNTT(L4);
for (int i = 0; i < L2; ++i) tA[i] = A[i];
for (int i = L2; i < Sz; ++i) tA[i] = 0;
for (int i = 0; i < L; ++i) tB[i] = B[i];
for (int i = L; i < Sz; ++i) tB[i] = 0;
FNTT(tA, 1), FNTT(tB, 1);
for (int i = 0; i < Sz; ++i) tB[i] = (2 - tA[i] * tB[i]) % Mod * tB[i] % Mod;
FNTT(tB, -1);
for (int i = 0; i < L2; ++i) B[i] = tB[i];
}
}
inline void PolyLn(LL *A, int N, LL *B) {
static LL tA[MS], tB[MS];
PolyInv(A, N, tB);
InitFNTT(N * 2);
for (int i = 1; i < N; ++i) tA[i - 1] = A[i] * i % Mod;
for (int i = N - 1; i < Sz; ++i) tA[i] = 0;
for (int i = N; i < Sz; ++i) tB[i] = 0;
FNTT(tA, 1), FNTT(tB, 1);
for (int i = 0; i < Sz; ++i) tA[i] = tA[i] * tB[i] % Mod;
FNTT(tA, -1);
B[0] = 0;
for (int i = 1; i < N; ++i) B[i] = tA[i - 1] * Inv[i] % Mod;
}
inline void PolyExp(LL *A, int N, LL *B) {
B[0] = 1;
static LL tA[MS], tB[MS];
for (int L = 1; L < N; L <<= 1) {
int L2 = L << 1, L4 = L << 2;
PolyLn(B, L2, tA);
InitFNTT(L4);
for (int i = 0; i < L2; ++i) tA[i] = (!i + A[i] - tA[i]) % Mod;
for (int i = L2; i < Sz; ++i) tA[i] = 0;
for (int i = 0; i < L2; ++i) tB[i] = B[i];
for (int i = L2; i < Sz; ++i) tB[i] = 0;
FNTT(tA, 1), FNTT(tB, 1);
for (int i = 0; i < Sz; ++i) tA[i] = tA[i] * tB[i] % Mod;
FNTT(tA, -1);
for (int i = 0; i < L2; ++i) B[i] = tA[i];
}
}
inline LL solve() {
Init();
LL K = (LL)N * N % Mod * Y % Mod * qPow(1 - Y, Mod - 2) % Mod;
LL coef = qPow(1 - Y, N) * qPow(N, Mod - 5) % Mod;
static LL A[MS], B[MS];
A[0] = 0;
for (int i = 1; i <= N; ++i) A[i] = K * qPow(i, i) % Mod * iFac[i] % Mod;
PolyExp(A, N + 1, B);
return coef * (B[N] * Fac[N] % Mod) % Mod;
}
}
int main() {
scanf("%d%lld%d", &N, &Y, &op);
if (Y == 1) printf("%lld\n", Solver0::solve());
else if (op == 0) printf("%lld\n", (Solver1::solve() + Mod) % Mod);
else if (op == 1) printf("%lld\n", (Solver2::solve() + Mod) % Mod);
else if (op == 2) printf("%lld\n", (Solver3::solve() + Mod) % Mod);
return 0;
}
```