「学习笔记」无标号生成树计数总结

感觉关于树/图计数是一门博大精深的学问，不知道这辈子有没有搞到足够明白的机会了啊QwQ

一、无标号有根树计数：
基本上是这篇的详细版本。

考虑令fnf_nfn表示n个点的无标号有根树数量，其生成函数为F(x)=∑i>0fixiF(x)=\sum_{i>0}f_ix^iF(x)=∑i>0fixi；考虑如何计数fn+1f_{n+1}fn+1，可以这么认为：等价于找n个点的森林，每颗树都是一个子问题；然后新增一个点当这些树的根。

一个直接的想法是：是不是可以枚举树的个数，然后的到：F(x)=x∑i>0Fi(x)F(x)=x\sum_{i>0}F^i(x)F(x)=x∑i>0Fi(x)？然而这显然是错的，因为这样得到的答案中有重复计数，即如果我有两个完全相同的儿子，那么其二者的顺序应当是不计的；

因此考虑大小为k的树的选择情况，然后可能又会认为大小为k的树对fn+1f_{n+1}fn+1那一项的贡献是：∑j≥0ifkxki\sum_{j\geq0}i^{f_{k}}x^{ki}∑j≥0ifkxki，但这还是错的，理由同上。

正确的姿势是，贡献应当是：(∑i≥0zik)fk\left(\sum_{i\geq0}z^{ik}\right)^{f_k}(∑i≥0zik)fk，也就是fkf_kfk个相同的等比数列的乘积。一一对应的关系：假设第jjj个等比数列选择的那一项是ijki_jkijk，那么最终对应的一种方案是，假如我们给这fkf_kfk个大小为k的无标号有根树编号为1到fkf_kfk，那么在考虑对fn+1f_{n+1}fn+1的贡献中，第jjj种选了iji_jij个。

最后我们把所有k的情况乘起来（下面即使k≥n+1k\geq n+1k≥n+1也不要紧）：
[xn+1]F(x)=[xn+1]x∏k>0(∑i≥0xik)fk=[xn+1]∏k>0(11−xk)fk=[xn+1]∏k>0(1−xk)−fk[x^{n+1}]F(x)=[x^{n+1}]x\prod_{k>0}\left(\sum_{i\geq0}x^{ik}\right)^{f_k}\\=[x_{n+1}]\prod_{k>0}\left(\frac{1}{1-x^k}\right)^{f_k}=[x_{n+1}]\prod_{k>0}\left(1-x^k\right)^{-f_k}[xn+1]F(x)=[xn+1]xk>0∏(i≥0∑xik)fk=[xn+1]k>0∏(1−xk1)fk=[xn+1]k>0∏(1−xk)−fk
把那个[xn+1][x_{n+1}][xn+1]去掉：
F(x)=x∏k>0(1−xk)−fkF(x)=x\prod_{k>0}\left(1-x^k\right)^{-f_k}F(x)=xk>0∏(1−xk)−fk
显然两边取对数：
ln⁡F(x)=ln⁡(x∏k>0(1−xk)−fk)=ln⁡x+∑k>0ln⁡((1−xk)−fk)=ln⁡x−∑k>0fkln⁡(1−xk)\ln F(x)=\ln\left(x\prod_{k>0}\left(1-x^k\right)^{-f_k}\right)\\=\ln x+\sum_{k>0}\ln \left(\left(1-x^k\right)^{-f_k}\right)\\=\ln x-\sum_{k>0}f_k\ln\left(1-x^k\right)lnF(x)=ln(xk>0∏(1−xk)−fk)=lnx+k>0∑ln((1−xk)−fk)=lnx−k>0∑fkln(1−xk)
然后两边同时求导：
F′(x)F(x)=1x+∑k>0fkkxk−11−xk\frac{F'(x)}{F(x)}=\frac 1x+\sum_{k>0}f_k\frac{kx^{k-1}}{1-x^k}F(x)F′(x)=x1+k>0∑fk1−xkkxk−1
化简这个式子，可以得到：
xF′(x)=F(x)+F(x)∑k>0fkkxk1−xkxF'(x)=F(x)+F(x)\sum_{k>0}f_kk\frac{x^k}{1-x^k}xF′(x)=F(x)+F(x)k>0∑fkk1−xkxk
比较其第n项系数，可知（后面最后一项视为F(x)F(x)F(x)和若干多项式的乘积的和）：
nfn=fn+∑i>0fi∑k>0fkk([xn−i]xk1−xk)nf_n=f_n+\sum_{i>0}f_i\sum_{k>0}f_kk\left([x^{n-i}]\frac{x^k}{1-x^k}\right)nfn=fn+i>0∑fik>0∑fkk([xn−i]1−xkxk)
我们知道：xk1−xk=∑i=1n−1xik=∑i>0[k∣i]xi\frac{x^k}{1-x^k}=\sum_{i=1}^{n-1}x^{ik}=\sum_{i>0}[k|i]x^i1−xkxk=∑i=1n−1xik=∑i>0[k∣i]xi
因此：
nfn=fn+∑i=1n−1fi∑k>0fkk[k∣n−i]=fn+∑i=1n−1fi∑k∣n−ifkknf_n=f_n+\sum_{i=1}^{n-1}f_i\sum_{k>0}f_kk[k|n-i]=f_n+\sum_{i=1}^{n-1}f_i\sum_{k|n-i}f_kknfn=fn+i=1∑n−1fik>0∑fkk[k∣n−i]=fn+i=1∑n−1fik∣n−i∑fkk
最后
fn=∑i=1n−1fi∑k∣n−ifkkn−1f_n=\frac{\sum_{i=1}^{n-1}f_i\sum_{k|n-i}f_kk}{n-1}fn=n−1∑i=1n−1fi∑k∣n−ifkk
后面那一项显然可以边算边处理，这样直接算是O(n2)O\left(n^2\right)O(n2)的，可以分治NTT做到O(nlg⁡2n)O\left(n\lg^2n\right)O(nlg2n)。

二、无标号无根树计数
其实做完上面的部分这一部分也就基本完成了：令hnh_nhn表示n个点的无标号无根树，我们用有根树的情况减去当根不为重心的情况：
1）当n为奇数，此时重心只有一个，如果根不是重心，那么其一定有恰好一颗子树，其大小超过⌊n2⌋\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor⌊2n⌋，枚举这个子树的大小并且扣去：
hn=fn−∑k=⌊n2⌋+1n−1fkfn−kh_n=f_n-\sum_{k=\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor+1}^{n-1}f_kf_{n-k}hn=fn−k=⌊2n⌋+1∑n−1fkfn−k
2）和奇数稍有不同的是，此时有可能有两个重心（只是有可能）。如果根不是重心，还是像奇数一样减去那颗大小最大的，然后如果重心是在边e的两端，那么要从总数减去断开e后两颗树不一样（此时在fnf_nfn中会被计数两次）的情况：
hn=fn−(∑k=n2+1n−1fkfn−k)−(fn22)h_n=f_n-\left(\sum_{k=\frac{n}{2}+1}^{n-1}f_kf_{n-k}\right)-\binom{f_{\frac n2}}2hn=fn−⎝⎛k=2n+1∑n−1fkfn−k⎠⎞−(2f2n)
这样可以在O(n)O(n)O(n)的求出某一项，也可以做一个卷积……

写了个O(n2)O\left(n^2\right)O(n2)，去OEISOEISOEIS了一波确实没挂。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define lint long long
#define p 998244353
#define inv2 499122177
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define N 5010
using namespace std;
int f[N],g[N],h[N];
inline int fast_pow(int x,int k,int ans=1)
{   for(;k;k>>=1,x=(lint)x*x%p) if(k&1) ans=(lint)ans*x%p;return ans;  }
int main()
{int n;scanf("%d",&n),f[1]=h[1]=1;rep(i,1,n) g[i]=1;rep(i,2,n){rep(j,1,i-1) f[i]+=(lint)f[j]*g[i-j]%p,(f[i]>=p?f[i]-=p:0);f[i]=(lint)f[i]*fast_pow(i-1,p-2)%p;int t=(lint)i*f[i]%p;for(int j=i;j<=n;j+=i) g[j]+=t,(g[j]>=p?g[j]-=p:0);}rep(i,2,n){rep(j,i/2+1,i-1) h[i]+=(lint)f[j]*f[i-j]%p,(h[i]>=p?h[i]-=p:0);if(i%2==0) h[i]+=f[i/2]*(f[i/2]-1ll)%p*inv2%p,(h[i]>=p?h[i]-=p:0);h[i]=f[i]-h[i]+p,(h[i]>=p?h[i]-=p:0);}rep(i,1,n) printf("%d ",f[i]);printf("\n");rep(i,1,n) printf("%d ",h[i]);return !printf("\n");
}

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