并不对劲的bzoj5475:loj2983:p5206:[wc2019]数树

题目大意

task0:有两棵\(n\)(n\leq10^5)个点的树\(T1,T2\)，每个点的点权可以是一个在\([1,y]\)里的数，如果两个点既在\(T1\)中有直接连边，又在\(T2\)中有直接连边，那么它们的点权必须相同。求有多少种分配点权的方案。

task1:有一棵\(n\)个点的树\(T1\)，给定\(y\)，求\(T2\)所有形态的task1之和\(mod 998244353\)

task2:给定\(n,y\)，求\(T1\)所有形态的task2之和\(mod 998244353\)

题解

这个人（点这里或点这里）讲得很清楚

首先，当\(y=1\)时，所有点权都得是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

设森林\(T3=T1\bigcap T2\)

那么就会发现\(T3\)中同一个连通块内的所有点的点权必须相等，分配点权的方案数为\(y^{n-|T3|}\)

task1

枚举\(T2\)的话，设\(x=y^{-1}\)，答案=\(\sum\limits_{T2}y^{n-m}=\sum\limits_{T2}y^n*x^{|T3|}\)

给定\(n\)的情况下，\(y^n\)不变，只考虑怎么算\(x^{|T3|}\)

通过查看题解 根据二项式定理发现\(y^n*x^{|T3|}=y^n*(x-1+1)^{|T3|}=y^n*\sum\limits_{i=0}^{|T3|}{C_{|T3|}^{i}*(x-1)^i}\)

考虑枚举\(T4\subseteq T3\)，则每个\(T4\)对上式的贡献是\(y^n*(x-1)^{|T4|}\)（相当于在\(|T3|\)条边中选了\(|T4|\)条边）

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

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

相当于对于每个\(T4\)，它的贡献就是把它这个森林连成树的方案数

枚举\(T4\)的连通块个数，则有\(\sum\limits_{m=1}^{n}\sum\limits_{n-|T4|=m且T4\subseteq T1}y^n*(x-1)^{n-m}\sum\limits_{E\not\subset T4 且 |E|+|T4|=n}1\)

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

设\(T4\)的\(m\)个连通块里的点数分别为\(a_1,a_2,...,a_m\)，枚举每个连通块的度数\(d_1,d_2,...,d_m\)

先把\(T4\)的\(m\)个连通块看成\(m\)个点，那么就相当于要求出\(m\)个点的有标号无根树有多少棵

这个可以用prufer序列相关的定理算出是\(m^{m-2}\)棵

设prufer序列中\(i\)的出现次数是\(d_i\)

\(m\)个连通块与\(m\)个点的区别在于，\(m\)个点的话，点\(i\)要连\(d_i+1\)条边；而\(m\)个连通块的话，连向连通块\(i\)的\(d_i+1\)条边的每一条边都可以在\(a_i\)个点中任选一个连边，总方案数要再乘上个\(\prod\limits_{i=1}^{m}a_i^{d_i+1}\)

枚举prufer序列，假设prufer序列是\(p_1,p_2,...,p_m\)，就会有\(m\)个连通块，第\(i\)个连通块\(a_i\)个点的有标号无根树有\(\sum\limits_{p_1,p_2,...,p_{m-2}, 1\leq p_i\leq m}\prod\limits_{i=1}^{m}a_i^{d_i+1}\)棵

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

这样变化之后，枚举的prufer序列中每个出现的\(p_i\)都会对该式有\(a_{p_i}\)的贡献

就会有该式=\((\prod\limits_{i=1}^{m}a_i)*\sum\limits_{p_1,p_2,...,p_{m-2}, 1\leq p_i\leq m}\prod\limits_{i=1}^{m-2}a_{p_i}\)

交换\(\sum\)和\(\prod\)，得该式=\((\prod\limits_{i=1}^{m}a_i)*\prod\limits_{i=1}^{m-2}\sum\limits_{p_i=1}^{m}a_{p_i}\)

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

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

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

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

将\(n^{m}*(x-1)^{-m}\)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\(\prod\limits_{i=1}^{m}a_i\)的部分相当于将\(n\)个点划分成一些连通块，在每一个连通块中选一个关键点的方案数

这个可以dp，设\(f(i,0/1)\)表示以\(i\)为根的子树中，\(i\)所在连通块有/没有选出关键点的方案数

那么\(\prod\limits_{i=1}^{m}(a_i*(x-1)^{-1}*n)\)可以看成在此基础上，每个连通块又乘了\((x-1)^{-1}*n\)，这个也可以dp

答案=\(y^n*(x-1)^n*n^{-2}*f(1,1)\)

task2

既要枚举\(T2\)，又要枚举\(T1\)

可以把答案看成“\(n\)个有标号的点分\(m\)个无标号的组的方案数”、“\(m\)个连通块中每个连通块能构出多少棵树”、“确定块内的连边情况后，T1的块间连通方案数”、“确定块内的连边情况后，T2的块间连通方案数”四部分相乘

“\(n\)个有标号的点分\(m\)个无标号的组的方案数”=\(\sum\limits_{\sum{a_i}=n}{\frac{n!}{m!*\prod_{i=1}^{m}{a_i!}}}\)

根据prufer序列，\(x\)个点的连通块构出\(x^{x-2}\)棵树，考虑\(m\)个连通块中每个连通块都能构出\(a_i^{a_i}\)棵树，“\(m\)个连通块中每个连通块能构出多少棵树”=\(\prod\limits_{i=1}^{m}{a_i^{a_i-2}}\)

而“确定块内的连边情况后，T1/T2的块间连通方案数”这部分之前已经算过了，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，将三个\(\prod\)合并，就会有：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\([x^n]\)表示多项式中\(n\)次项的系数，就会有：答案=\(y^n*(x-1)^n*n^{-4}*n!*[x^n]\sum\limits_{m=1}^{n}{\frac{1}{m!}}(\frac{n^2}{x-1}\sum\limits_{a>0}\frac{a^a}{a!}x^a)^m\)

根据泰勒展开发现\(exp(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{x^i}{i!}\)，那么\([x^n]\sum\limits_{m=1}^{n}{\frac{1}{m!}}(\frac{n^2}{x-1}\sum\limits_{a>0}\frac{a^a}{a!}x^a)^m\)这部分就可以看成\(exp(\frac{n^2}{x-1}\sum\limits_{a>0}\frac{a^a}{a!}x^a)\)

对这个多项式求exp后，将\(n\)次项系数乘以\(y^n*(x-1)^n*n!*n^{-4}\)

代码

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#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<iomanip>
#include<iostream>
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#include<queue>
#include<set>
#include<stack>
#include<vector>
#define rep(i,x,y) for(register int i=(x);i<=(y);++i)
#define dwn(i,x,y) for(register int i=(x);i>=(y);--i)
#define view(u,k) for(int k=fir[u];~k;k=nxt[k])
#define maxn 100010
#define maxm (maxn<<1)
#define maxlen (maxn<<3)
#define LL long long
#define mo(x) (x>=mod?x-mod:(x<0?x+mod:x))
using namespace std;
int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')f=-1,ch=getchar();
	while(isdigit(ch))x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	return x*f;
}
void write(int x)
{
	if(x==0){putchar('0'),putchar('\n');return;}
	int f=0;char ch[20];
	if(x<0)putchar('-'),x=-x;
	while(x)ch[++f]=x%10+'0',x/=10;
	while(f)putchar(ch[f--]);
	putchar('\n');
	return;
}
const LL mod=998244353;
struct edge{int u,v;}e1[maxn],e2[maxn];
int f[maxn][2],fu[maxlen],ans[maxlen],fir[maxn],nxt[maxm],to[maxm],cnt,n,y,op,y2,ny2,t[2];
bool cmp(edge x,edge y){return x.u==y.u?x.v<y.v:x.u<y.u;}
int mul(int a,int b){int ans=1;while(b){if(b&1)ans=(LL)ans*(LL)a%mod;a=(LL)a*(LL)a%mod;b>>=1;}return ans;}
void ade(int u1,int v1){to[cnt]=v1,nxt[cnt]=fir[u1],fir[u1]=cnt++;}
void getf(int u,int fa)
{
	f[u][0]=f[u][1]=y2;
	view(u,k)if(to[k]!=fa)
	{
		getf(to[k],u);t[0]=t[1]=0;
		rep(yesu,0,1)rep(yesv,0,1)
		{
			if(!(yesu&yesv))t[yesu|yesv]=mo(t[yesu|yesv]+(LL)f[u][yesu]*(LL)f[to[k]][yesv]%mod*ny2%mod);
			if(yesv)t[yesu]=mo(t[yesu]+(LL)f[u][yesu]*(LL)f[to[k]][yesv]%mod);
		}
		f[u][0]=t[0],f[u][1]=t[1];
	}
}
int g[maxlen],h[maxlen],nowlen,nown,r[maxlen],tmp[maxlen],tmp2[maxlen];
void dnt(int * u,int fh)
{
	rep(i,0,nown-1)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(nowlen-1));
	rep(i,0,nown-1)if(i<r[i])swap(u[i],u[r[i]]);
	for(int i=1;i<nown;i<<=1)
	{
		int wn=mul(3,(mod-1)/(i<<1));
		if(fh==-1)wn=mul(wn,mod-2);
		for(int j=0;j<nown;j+=(i<<1))
		{
			int w=1;
			rep(k,0,i-1){int a=u[j+k],b=(LL)w*(LL)u[i+j+k]%mod;u[j+k]=mo(a+b),u[i+j+k]=mo(a-b),w=(LL)w*(LL)wn%mod;}
		}
	}
	if(fh==-1)
	{
		int inv=mul(nown,mod-2);
		rep(i,0,nown-1)u[i]=(LL)u[i]*(LL)inv%mod;
	}
	return;
}
void getny(int * u,int * v,int nlen)
{
	v[0]=mul(u[0],mod-2);
	for(int len=0,tmpn=1;tmpn<nlen;len++,tmpn<<=1)
	{
		nown=tmpn<<1,nowlen=len+1;
		rep(i,0,nown-1)tmp[i]=u[i];
		nown<<=1,nowlen++;
		rep(i,(tmpn<<1),nown-1)tmp[i]=0;
		dnt(tmp,1),dnt(v,1);
		rep(i,0,nown-1)v[i]=mo(2ll-(LL)tmp[i]*(LL)v[i]%mod)*(LL)v[i]%mod;
		dnt(v,-1);
		rep(i,(tmpn<<1),nown-1)v[i]=0;
	}
	rep(i,0,nown)tmp[i]=0;
	rep(i,nlen,nown)v[i]=0;
	return;
}
void getup(int * u,int * v,int nlen)
{
	rep(i,1,nlen-1)v[i-1]=(LL)i*(LL)u[i]%mod;v[nlen-1]=0;
	return;
}
void getdx(int * u,int * v,int nlen)
{
	rep(i,1,nlen-1)v[i]=(LL)u[i-1]*(LL)mul(i,mod-2)%mod;v[0]=0;
	return;
}
void getln(int * u,int * v,int nlen)
{
	getup(u,h,nlen),getny(u,g,nlen);
	for(nowlen=0,nown=1;nown<(nlen+nlen);nowlen++,nown<<=1);
	dnt(h,1),dnt(g,1);
	rep(i,0,nown-1)h[i]=(LL)h[i]*(LL)g[i]%mod;
	rep(i,0,nown-1)g[i]=0;
	dnt(h,-1);getdx(h,v,nlen);
	rep(i,nlen,nown)v[i]=0;
	return;
}
void getexp(int * u,int * v,int nlen)
{
	rep(i,0,(nlen<<2))v[i]=0;
	v[0]=1;
	for(int len=0,tmpn=1;tmpn<nlen;len++,tmpn<<=1)
	{
		rep(i,0,(tmpn<<1))tmp2[i]=0;
		getln(v,tmp2,(tmpn<<1));
		nown=(tmpn<<2),nowlen=len+2;
		rep(i,(tmpn<<1),nown)tmp2[i]=0;
		rep(i,0,(tmpn<<1)-1)tmp[i]=u[i];
		rep(i,(tmpn<<1),nown)tmp[i]=0;
		dnt(tmp2,1),dnt(v,1),dnt(tmp,1);
		rep(i,0,nown-1)v[i]=(LL)v[i]*(LL)mo(mo(1ll-tmp2[i])+tmp[i])%mod;
		dnt(v,-1);
		rep(i,(tmpn<<1),nown)v[i]=0;
	}
	rep(i,nlen,nown)v[i]=0;
	return;
}
int main()
{
	n=read(),y=read(),op=read();
	if(!op)
	{
		rep(i,1,n-1){int x1=read(),y1=read();e1[i].u=min(x1,y1),e1[i].v=max(x1,y1);}
		rep(i,1,n-1){int x1=read(),y1=read();e2[i].u=min(x1,y1),e2[i].v=max(x1,y1);}
		sort(e1+1,e1+n,cmp),sort(e2+1,e2+n,cmp);
		int j=1;
		rep(i,1,n-1)
		{
			while(cmp(e1[j],e2[i])&&j<n-1)j++;
			if(e1[j].u==e2[i].u&&e1[j].v==e2[i].v){cnt++;}
		}
		write(mul(y,n-cnt));
	}
	else if(op==1)
	{
		memset(fir,-1,sizeof(fir));
		if(y==1){write(mul(n,n-2));return 0;} y2=(LL)mul((mul(y,mod-2)-1+mod)%mod,mod-2)*(LL)n%mod,ny2=mul(y2,mod-2);
		rep(i,1,n-1){int x1=read(),y1=read();ade(x1,y1),ade(y1,x1);}
		getf(1,0),write((LL)f[1][1]*(LL)mul((mul(y,mod-2)-1+mod)%mod,n)%mod*(LL)mul((LL)n*(LL)n%mod,mod-2)%mod*(LL)mul(y,n)%mod);
	}
	else
	{
		if(y==1){write(mul(n,n*2-4));return 0;}
		int facn=1,rfac,x=mul(y,mod-2),a=(LL)n*(LL)n%mod*(LL)mul(mo(x-1),mod-2)%mod;
		rep(i,2,n)facn=(LL)facn*(LL)i%mod;
		rfac=mul(facn,mod-2);
		dwn(i,n,1)fu[i]=(LL)rfac*(LL)mul(i,i)%mod*(LL)a%mod,rfac=(LL)rfac*(LL)i%mod;
		getexp(fu,ans,n+1);
		write((LL)mul(y,n)*(LL)mul((x-1+mod)%mod,n)%mod*(LL)mul((LL)n*(LL)n%mod*(LL)n%mod*(LL)n%mod,mod-2)%mod*(LL)facn%mod*(LL)ans[n]%mod);
	}
	return 0;
}