「ZJOI2018」树

设大小为 nnn 的不同的树为 Tn,1,…,Tn,mT_{n,1},\dots,T_{n,m}Tn,1,…,Tn,m
其中每个 TTT 表示这类树的一个集合
那么求的就是 1(n−1)!k∑i∣Tn,i∣k\frac{1}{(n-1)!^k}\sum_{i}|T_{n,i}|^k(n−1)!k1∑i∣Tn,i∣k

参考：传送门

设置换 fff 下的不动点为 fix(f)fix(f)fix(f)
所有 fff 使得状态 XXX 在该置换下为不动点的集合为 SG(X)SG(X)SG(X)
我们设 Fn=∑i∣Tn,i∣kF_{n}=\sum_{i}|T_{n,i}|^kFn=∑i∣Tn,i∣k
考虑将根去掉，形成若干子树，我们按大小从大到小枚举每棵子树
设 Gn,mG_{n, m}Gn,m 表示除根以外每个子树都 ≤m\le m≤m 的 ∑∣Tn,i∣k\sum|T_{n,i}|^k∑∣Tn,i∣k
我们枚举最大值个数为 ccc
那么即 Gn,m=∑c=0⌊n−1m⌋(n−1c×m)kGn−c×m,m−1×Hm,cG_{n,m}=\sum_{c=0}^{\lfloor\frac{n-1}{m}\rfloor}\binom{n-1}{c\times m}^kG_{n-c\times m,m-1}\times H_{m,c}Gn,m=∑c=0⌊mn−1⌋(c×mn−1)kGn−c×m,m−1×Hm,c
其中 Hm,cH_{m,c}Hm,c 表示 ccc 个大小为 mmm 的子树的 ∑∣Ti∣k\sum |\mathcal{T}_i|^k∑∣Ti∣k
（这里姑且用 Ti\mathcal{T}_iTi 表示每种不同的森林）
考虑计算 Hm,cH_{m,c}Hm,c，首先是分配标号的方案数
我们设大小为 mmm 的子树编号分别为 1,2,…,t1,2,\dots,t1,2,…,t
注意编号相同的若干个子树分配标号是算重了的
我们设选了 ppp 种子树，每个树选了 bib_ibi 次，那么方案数就是 ((cm)!m!c×∏1bi!)kwX\Big(\frac{(cm)!}{m!^c}\times \prod \frac{1}{b_i!}\Big)^kw_{X}(m!c(cm)!×∏bi!1)kwX
其中 XXX 表示选的树标号的可重无序集合
wXw_XwX 表示这个集合中，每棵树的标号都是 [1,m][1,m][1,m]，每种不同的森林的大小的 kkk 次方之和
现在考虑计算 wXw_XwX
一个直观的想法是这样计算：∏i=1p(∑j=1t∣Tj∣aik)\prod_{i=1}^p(\sum_{j=1}^t|T_j|^{a_ik})∏i=1p(∑j=1t∣Tj∣aik)
这个算的是啥呢 /yun：点了若干个集合（每个集合大小为 aia_iai，集合内相同，集合间无限制）
注意到，对于一个置换 fff，若满足有 ppp 个环，每个环大小为 bib_ibi，那么
∑X∈fix(f)wX=∏i=1p(∑j=1t∣Tj∣aik)\sum_{X\in fix(f)}w_X=\prod_{i=1}^p(\sum_{j=1}^t|T_j|^{a_ik})∑X∈fix(f)wX=∏i=1p(∑j=1t∣Tj∣aik)
（注意这里需要把 XXX 修成有序的可重集合，这样才能在每个置换下枚举到）
这里我们需要在状态中设计一个系数 jjj 表示 k←k×jk\leftarrow k\times jk←k×j
那么 ∑X∈fix(f)wX=∏i=1pFm,bi\sum_{X\in fix(f)}w_X=\prod_{i=1}^pF_{m,b_i}∑X∈fix(f)wX=∏i=1pFm,bi，我们要算的就是 ((cm)!m!c×∏1bi!)k∏bi!wXc!\Big(\frac{(cm)!}{m!^c}\times \prod \frac{1}{b_i!}\Big)^k\frac{\prod b_i!w_X}{c!}(m!c(cm)!×∏bi!1)kc!∏bi!wX
考虑分配系数 AAA ，算出 ∑XwX∑f∈SG(X)Af\sum_{X}w_X\sum_{f\in SG(X)}A_f∑XwX∑f∈SG(X)Af 使得其等于 ((cm)!m!c×∏1bi!)k∏bi!wXc!\Big(\frac{(cm)!}{m!^c}\times \prod \frac{1}{b_i!}\Big)^k\frac{\prod b_i!w_X}{c!}(m!c(cm)!×∏bi!1)kc!∏bi!wX
即 ∑f∈SG(X)Af=((cm)!m!c×∏1bi!)k∏bi!c!\sum_{f\in SG(X)}A_f=\Big(\frac{(cm)!}{m!^c}\times \prod \frac{1}{b_i!}\Big)^k\frac{\prod b_i!}{c!}∑f∈SG(X)Af=(m!c(cm)!×∏bi!1)kc!∏bi!
根据题解观察和经验
我们考虑将 AAA 写成 ∏iBbi\prod_i B_{b_i}∏iBbi，即每个环长大小系数之积
注意到 SG(X)SG(X)SG(X) 中的 fff 中的环一定是 XXX 中的分解，设 B(x)=∑i≥1xiBiiB(x)=\sum_{i\ge 1}\frac{x^iB_i}{i}B(x)=∑i≥1ixiBi
那么 ∏i=1p[xbi]exp⁡(B)=((cm)!m!c×∏1bi!)k1c!\prod_{i=1}^p [x^{b_i}]\exp(B)=\Big(\frac{(cm)!}{m!^c}\times \prod \frac{1}{b_i!}\Big)^k\frac{1}{c!}∏i=1p[xbi]exp(B)=(m!c(cm)!×∏bi!1)kc!1，其中 ((cm)!m!c)k1c!(\frac{(cm)!}{m!^c})^k\frac{1}{c!}(m!c(cm)!)kc!1 为常数
于是我们构造 [xi]exp⁡B=1i!k[x^i]\exp B=\frac{1}{i!^k}[xi]expB=i!k1 就可以了
那么现在只需要算出 ∑fAf∏i=1pFm,bi\sum_fA_f\prod_{i=1}^pF_{m,b_i}∑fAf∏i=1pFm,bi，直接枚举环：exp⁡(∑i≥1BiFm,ixii)\exp(\sum_{i\ge 1}\frac{B_iF_{m,i}x^i}{i})exp(∑i≥1iBiFm,ixi)
最后的式子就长这样：
Gn,m,j=∑cGn−mc,m−1,j×[xc]exp⁡(∑i≥1BiGm,m−1,jxii)G_{n,m,j}=\sum_c G_{n-mc,m-1,j}\times [x^c]\exp(\sum_{i\ge 1}\frac{B_iG_{m,m-1,j}x^i}{i})Gn,m,j=∑cGn−mc,m−1,j×[xc]exp(∑i≥1iBiGm,m−1,jxi)
其中 n×j≤Nn\times j\le Nn×j≤N，对于每个 nnn，需要 nlog⁡nn\log nnlogn 的时间来转移
所以这里的复杂度为 O(∑n=1NNnnlog⁡n=N2log⁡N)\mathcal{O}(\sum_{n=1}^N\frac{N}{n}n\log n=N^2\log N)O(∑n=1NnNnlogn=N2logN)（注意避免转移时的快速幂）
然后考虑计算 BBB 的时间：O(∑n=1N∑m=1N(Nnm)2=N2)\mathcal{O}(\sum_{n=1}^N\sum_{m=1}^N(\frac{N}{nm})^2=N^2)O(∑n=1N∑m=1N(nmN)2=N2)
个人觉得中间算两次的部分特别巧妙
即 ∑X∈fix(f)wX=∏i=1pFm,bi\sum_{X\in fix(f)}w_X=\prod_{i=1}^pF_{m,b_i}∑X∈fix(f)wX=∏i=1pFm,bi，然后转成枚举置换

#include<bits/stdc++.h>
#define cs const
#define pb push_backusing namespace std;
typedef vector<int> vi;int Mod;
int add(int a, int b){ return a + b >= Mod ? a + b - Mod : a + b; }
int dec(int a, int b){ return a - b < 0 ? a - b + Mod : a - b; }
int mul(int a, int b){ return 1ll * a * b % Mod; }
void Add(int &a, int b){ a = add(a, b); }
void Dec(int &a, int b){ a = dec(a, b); }
void Mul(int &a, int b){ a = mul(a, b); }
int ksm(int a, int b){int ans = 1; for(; b; b >>= 1, Mul(a, a))if(b & 1) Mul(ans, a); return ans;
}cs int N = 2e3 + 50;
int n, k, dp[N][N];
int B[N], fc[N], ifc[N], iv[N];
int p[N][N], ip[N][N];
void ln(int *a, int n){static int b[N]; b[0] = 0; for(int i = 1; i <= n; i++){b[i] = mul(i, a[i]);for(int j = 1; j < i; j++)Dec(b[i], mul(b[j], a[i - j]));} for(int i = 0; i <= n; i++)a[i] = mul(b[i], iv[i]);
}
void Exp(int *a, int n){static int b[N];for(int i = 0; i <= n; i++)b[i] = 0, Mul(a[i], i);b[0] = 1; for(int i = 1; i <= n; i++){for(int j = 1; j <= i; j++)Add(b[i], mul(a[j], b[i - j]));Mul(b[i], iv[i]);}for(int i = 0; i <= n; i++) a[i] = b[i];
}
void work(int m, int j, int n){for(int i = 0; i <= n; i++)B[i] = ksm(ifc[i], 1ll * k * j % (Mod - 1));ln(B, n); for(int i = 1; i <= n; i++)Mul(B[i], dp[j * i][m]); Exp(B, n);
}
int main(){#ifdef FSYofreopen("1.in", "r", stdin);#endifcin >> n >> k >> Mod;fc[0] = ifc[0] = 1; for(int i = 1; i <= n; i++) fc[i] = mul(fc[i - 1], i);ifc[n] = ksm(fc[n], Mod - 2);for(int i = n - 1; i; i--)ifc[i] = mul(ifc[i + 1], i + 1);iv[1] = 1; for(int i = 2; i <= n; i++)iv[i] = mul(Mod - Mod / i, iv[Mod % i]);for(int i = 1; i <= n; i++)dp[i][1] = 1; for(int i = 1; i <= n; i++) {int mt = ksm(i, k), imt = ksm(iv[i], k);p[i][1] = mt, ip[i][1] = imt;for(int j = 2; j <= n / i; j++)p[i][j] = mul(p[i][j - 1], mt),ip[i][j] = mul(ip[i][j - 1], imt);}for(int i = 1; i < n; i++) for(int j = 1; j <= n / i; j++){ work(i, j, n / (i * j));static int pw[N], ipw[N];for(int l = 1; l <= n / j; l++)pw[l] = p[l][j], ipw[l] = ip[l][j];for(int l = n / j; l > i; l--)for(int c = 1; c * i <= l; c++){int w = mul(B[c], dp[j][l - c * i]);Mul(w, mul(ipw[l], pw[l - c * i]));Add(dp[j][l], w);}} cout << mul(ksm(n, k), dp[1][n]);return 0;
}

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