无标号有根仙人掌计数

下面的做法（是个常数有点大的O(nlog⁡2n)\mathcal O(n\log^2 n)O(nlog2n)）我只是口胡了一下，没写过，所以可能有错

首先，假设ana_nan表示有nnn个点的无标号有根仙人掌数量，bnb_nbn表示有nnn个点的且这个nnn个点组成若干棵无标号有根仙人掌而这些无标号有根仙人掌的根又串在一起形成一条链的方案数，cnc_ncn表示bnb_nbn定义中的链是回文的且链上有奇数个点的方案数，dnd_ndn表示n+1n+1n+1个点且根只在一个环上的无标号有根仙人掌数

考虑怎么算出bnb_nbn：相当于是在一条链后面接一个无标号有根仙人掌，即bn=an+∑i=1n−1bian−ib_n=a_n+\sum_{i=1}^{n-1}b_ia_{n-i}bn=an+∑i=1n−1bian−i，是个卷积形式。考虑怎么算出cnc_ncn：是一个链上有奇数个点的链两端接上同一个无标号有根仙人掌，即cn=an+∑i=1⌊n−12⌋aicn−2ic_n=a_n+\sum_{i=1}^{\lfloor\frac {n-1}2\rfloor}a_ic_{n-2i}cn=an+∑i=1⌊2n−1⌋aicn−2i，令ai′=[2∣i]ai2a'_i=[2\mid i]a_{\frac i2}ai′=[2∣i]a2i后也是个卷积形式。考虑怎么算出dnd_ndn：环就是把一条链首尾拼接到根上，但是环可以翻转，所以把环数当链数来算的话，对于大部分环，其实算了两遍（顺时针读出来的链算了一遍，逆时针读出来的链算了一遍），为什么说是大部分环呢，因为如果这个环把根节点删去后剩下的链是回文的，那么它正着读反着读是一样的，本来就只算了一次，考虑有多少条链是回文的，发现若链上有奇数个点，则方案数为cnc_ncn，否则链左半边和右半边对称，有[2∣n]bn2[2\mid n]b_{\frac n2}[2∣n]b2n种方案，故dn=bn+cn+[2∣n]bn22d_n=\frac{b_n+c_n+[2\mid n]b_{\frac n2}}{2}dn=2bn+cn+[2∣n]b2n

最麻烦的地方在于算ana_nan，考虑根节点可以在多个环内，并且环与环之间只考虑形态的差异，没有标号之分，所以可以枚举每种形态的环出现了多少次，生成函数写出来就是∑n=1∞anxn=x∏n=1∞∏i=1dn∑j=0∞xnj\sum_{n=1}^{\infin}a_nx^n=x\prod_{n=1}^\infin\prod_{i=1}^{d_n}\sum_{j=0}^\infin{x^{nj}}∑n=1∞anxn=x∏n=1∞∏i=1dn∑j=0∞xnj，等式右边的xxx是多了根节点这个点（注意dnd_ndn的含义是环长为n+1n+1n+1，也就是说环除开根的部分有nnn个点），然后枚举大小为nnn的环的第iii种形态出现了jjj次。考虑化一下这个式子，得∑n=1∞anxn=x∏n=1∞(11−xn)dn\sum_{n=1}^\infin a_nx^n=x\prod_{n=1}^\infin(\frac{1}{1-x^n})^{d_n}∑n=1∞anxn=x∏n=1∞(1−xn1)dn，把等号右边的xxx移过去，再两边ln⁡\lnln，有ln⁡∑n=1∞anxn−1=−∑n=1∞dnln⁡(1−xn)\ln\sum_{n=1}^\infin a_nx^{n-1}=-\sum_{n=1}^\infin{d_n\ln(1-x^n)}ln∑n=1∞anxn−1=−∑n=1∞dnln(1−xn)，再两边同时求导得∑n=2∞anxn−2∑n=1∞anxn−1=∑n=1∞ndn∑i=1∞xinin\frac{\sum_{n=2}^\infin{a_nx^{n-2}}}{\sum_{n=1}^\infin{a_nx^{n-1}}}=\sum_{n=1}^\infin{nd_n}\sum_{i=1}^\infin\frac{x^{in}}{in}∑n=1∞anxn−1∑n=2∞anxn−2=∑n=1∞ndn∑i=1∞inxin，那么把等式左边的分母乘到右边去，令ei=∑j∣ijdjie_i=\frac{\sum_{j|i}{jd_j}}{i}ei=i∑j∣ijdj，可以发现eee推出aaa也是卷积形式，而从ddd推到eee直接算就是O(nlogn)\mathcal O(nlogn)O(nlogn)的

综上，用分治NTT维护a,b,c,d,ea,b,c,d,ea,b,c,d,e五个数组，就可以解决这道题了

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