指数生成函数（EGF）计数小记

有标号无向连通图计数

首先设 \(f_i\) 表示 \(i\) 个点的有标号连通图个数，\(g_i\) 表示 \(i\) 个点的任意图个数，很显然 \(g_i = 2^{i\choose2}\)。

设 \(\langle f_1,f_2, \cdots,f_n,\cdots \rangle\) 的指数生成函数（EGF）为 \(F(x)\)， \(\langle g_1,g_2, \cdots,g_n ,\cdots\rangle\) 的指数生成函数为 \(G(x)\)。考虑 \(F,G\) 之间的关系：很显然一般图是由若干个连通图拼接而成。那么枚举连通块个数，得下式：

\[G(x)=\sum_{i\ge 1} \dfrac{F^i(x)}{i!} \]

可以发现这是 \(\exp\) 的一个定义，于是：

\[G(x) = \exp F(x) \Leftrightarrow F(x) = \ln G(x) \]

实际上，在有标号计数中，\(\exp\) 往往可以表示若干个组的组合，而 \(\ln\) 则是其反演。

接下来有一个更严谨的正确性证明：

枚举组数 \(k\)，由于带标号所有组与组之间必然不同。如果是利用卷积就行组合那么默认是有先后顺序的，实则不然。不过这可以简单地 \(/k!\) 来去重。

考虑大小为 \(n\)，分为大小为 \(a_1, a_2, \cdots , a_k\) 大小的组。首先需要分配标号，从 \(n\) 个标号分出 \(k\) 组来，那么就是：

\[\dfrac{n!}{\prod_{i=1}^k a_i!} \]

种分配方法。设 \(f_i\) 为大小为 \(i\) 的组的个数，\(g_i\) 表示结果，并且记 \(F(x),G(x)\) 为其 EGF。不难列出两者关系的式子：

\[g_n = \sum_{k\ge 1} \frac{1}{k!}\left(\sum_{\sum a_i=n}\dfrac{n!}{\prod_{i=1}^k a_i!}\prod_{i=1}^k f_{a_i} \right) \\ \dfrac{g_n}{n!} = \sum_{k\ge 1} \frac{1}{k!}\left(\sum_{\sum a_i=n}\prod_{i=1}^k \dfrac{f_{a_i}}{a_i!} \right) \]

其中括号中的正好是 \([x^n] F^k(x)\)。于是：

\[\dfrac{g_n}{n!} = \sum_{k\ge 1} \dfrac{[x^n]F^k(x)}{k!} \Leftrightarrow G(x) = \sum_{k\ge 1} \dfrac{F^k(x)}{k!} \]

事实上，EGF 中的 \(/i!\) 并没有那么显然，是推式子推出来的结果。

\(\exp,\ln\) 的计数只适用于指数生成函数，并且不能做无标号的计数。这是因为两个对象可能本质相同，不能简单的 \(/i!\)，而有标号计数则因为标号必然不同。

错排计数

我们用置换环的角度考虑。对于一个排列 \(p_1, p_2, \cdots, p_n\)，\(\forall i\in [1, n]\)，\(i\) 向 \(p_i\) 连边，所得的一堆环即为置换环。

考虑一个置换环实际上就是一个圆排列。设 \(F(x)\) 为大小 \(\ge 2\) 的圆排列数的 EGF，那么 \(F(x)=\sum_{i\ge 2} x_i/i\)。

由上面的结论易知，答案的 EGF \(G(x) = \exp F(x) = \exp(-\ln(1-x)-x)\)。

51nod-1728 不动点

求映射 \(f:\{1, 2, \cdots, n\}\to \{1, 2, \cdots, n\}\) 满足

\[\underbrace{f\circ f\circ \cdots \circ f}_{k} = \underbrace{f\circ f\circ \cdots \circ f}_{k-1} \]

的个数。\(nk\le 2\times 10^6, k\in[1, 3]\)。

首先需要看出这是一个有根森林的模型，并且树深不超过 \(k\)。

设 \(F_i(x)\) 为深度不超过 \(i\) 的森林的 EGF。那么：

\[F_i(x) = \exp(x\cdot F_{i-1}(x)) \]

乘上 \(x\) 表示用一个那些旧的根向新的根连边，组合成一个深度不超过 \(i\) 的有根树。由于要求的是森林，那么外面套一个 \(\exp\) 即可。

对于本题，地推求 \(F_k(x)\) 即可得到答案，复杂度是 \(O(k\cdot n\log n)\)，需要做 \(k\) 次 \(\exp\)。

有标号基环树计数

一个无向图为基环树，当且仅当其中存在恰好一个环且大小 \(\ge 3\)。那么整个基环树可以看做是一个有根森林，然后用一个环串起来。

由 Cayley 定理可得，有根树的 EGF 为 \(F(x) = \sum\limits_{i\ge 0} \dfrac{n^{n-1}}{n!} x^i\)。那么答案的 EGF

\[G(x) =\frac{1}{2}\sum_{k\ge 3} \frac{F^k(x)}{k!}=-\dfrac{1}{2}(\ln (1- F(x)) - F(x)- F^2(x)) \]

除以 \(2\) 是因为那个环可以翻转。

有标号二分图计数

设答案的 EGF 为 \(G(x)\)，有标号二分连通图的 EGF 为 \(F(x)\)。那么显然 \(G(x)=\exp F(x)\)。

设二分染色图的 EGF 为 \(H(x)\)，这个图是很好数的：枚举黑色点的个数 \(k\)，那么：

\[[x^n]H(x) = \sum_{k=1}^n {n\choose k} 2^{k(n-k)} \]

考虑 \(G(x)\) 和 \(H(x)\) 的关系：对于一个连通块，由于二分图的性质，当一个点的颜色确定，那整个连通块的黑白染色都是确定的。换言之，一个连通块的染色方案只有 \(2\) 种。那么枚举连通块个数 \(k\)：

\[H(x)=\sum_{k\ge 1} \dfrac{2^k\cdot F^k(x)}{k!} = \exp 2F(x) \\ G(x) = \sqrt{H(x)} \]

多项式开根可以 \(O(n\log n)\) 做，接下来的问题就是怎么算 \(H(x)\) 的系数。

其中的组合数可以直接拆，然后就是卷积的形式，但 \(2^{k(n-k)}\) 不是很好搞。考虑其指数的组合意义：左边 \(k\)，右边 \(n-k\) 个元素，左右各选 \(1\) 个的方案数。这相当于 \(n\) 个元素中直接选 \(2\) 个，减掉选出的两个都在左边或都在右边的方案数，即：

\[k(n-k) = {n\choose 2} -\left( {k\choose 2} + {n-k\choose 2}\right) \]

由于这是指数，所以指数相加时对应乘法，那么 \(H(x)\) 自然可以卷积求出了。

LOJ-6570 毛毛虫计数

求有多少个大小为 \(n\) 的有标号无根树，满足存在一条路径，使得任何一个点到路径的距离不超过 \(1\)。

一开始想了一个及其 fake 的做法，就用一个节去接上两条毛毛虫。但这接的位置很有讲究，不能接在中间，这里面情况就很复杂了。而接上之后还是有根的，还得考虑正反……

实际上从一个个节开始考虑是最方便的。任意发现，一个大小为 \(n\) 的节就是一个菊花图然后定根。不难得到其 EGF：\(A(x)=\sum\limits_{i\ge 1} \dfrac{x^i}{(i-1)!}\)。然后有先后顺序地拼接起来，得到答案的 EGF：\(F(x)=\frac{1}{2}\sum_{i\ge 1} A^i(x)=\dfrac{1}{2(1-A(x))}\)。除以 \(2\) 是因为正反。

但这样是会重的：对于某个端点存在很多挂着的点时，会以这个端点一个点也不挂的形式再被算好多次。那索性钦定两端的节的点数 \(\ge 2\)。设端点节的 EGF 为 \(B(x)=\sum\limits_{i\ge 2} \dfrac{x^i}{(i-1)!}\)，于是：

\[F(x)=\dfrac{B(x)^2}{2(1-A(x))} \]

有标号仙人掌计数

仙人掌的定义是，每条边最多属于一个简单环的无向连通图。

考虑和树的计数一样的想法，先算有根，最后可以 \(/n\) 得到无根的结果。

设答案 EGF 为 \(F(x)\)。对于一个点，将其作为根，下面接着一坨东西，那么有两种情况：

• 下方只有一条边和根向相邻，那么就是 \(F(x)\)；
• 下方若干个仙人掌串成一条，然后两端向根连边。枚举仙人掌个数 \(i\)，得 \(\frac{1}{2}\sum_{i\ge 2}F^i(x)\)。

第一种情况下面可以有若干个仙人掌，而第二种下面也可以有若条仙人掌串，于是使用 \(\exp\) 组合起来，得到一个方程：

\[F(x) =x \exp\left(F(x)+\frac{1}{2}\sum_{i\ge 2}F^i(x)\right) =x \exp \dfrac{2F(x)-F^2(x)}{2-2F(x)} \]

然后我们要……解这个方程！首先设 \(G(x) = x\left(\exp \frac{2F(x)-F^2(x)}{2-2F(x)}\right) -F(x)\)，然后尝试牛顿迭代。先求导：

\[\begin{aligned} G'(F(x)) &= x\left(\exp \frac{2F(x)-F^2(x)}{2-2F(x)}\right)' - 1 \\ &= x\left(\exp \frac{2F(x)-F^2(x)}{2F(x)-2}\right)\left(\frac{2F(x)-F^2(x)}{2-2F(x)}\right)' - 1 \\ &= x\left(\exp \frac{2F(x)-F^2(x)}{2-2F(x)}\right)\left(\frac{(2-2F(x))^2 +2(2F(x)+F^2(x)) }{(2-2F(x))^2 }\right) - 1 \end{aligned} \]

化简到此处已经出现了大量重复的部分了，考虑换元使式子更简洁。设 \(A(F(x))=2F(x)-F^2(x),B(F(x))=2-2F(x)\)。那么：

\[G'(F(x)) = x\left(\exp\frac{A(F(x))}{B(F(x))}\right)\left(\dfrac{B^2(F(x))+2A(F(x))}{B^2(F(x))}\right)-1 \]

就行了牛迭的式子就不难写了：

\[\begin{aligned} \widehat F(x) &\equiv F(x)-\frac{G(F(x))}{G'(F(x))} \pmod {x^{2n}} \\ &\equiv F(x)-\dfrac{x\left(\exp\frac{A(F(x))}{B(F(x))}\right)-F(x)}{x\left(\exp\frac{A(F(x))}{B(F(x))}\right)\left(\frac{B^2(F(x))+2A(F(x))}{B^2(F(x))}\right)-1} \pmod {x^{2n}} \\ \end{aligned} \]

时间复杂度 \(O(n\log n)\)，常数有点大。

有标号 DAG 计数

设 \(n\) 个点有标号 DAG 的个数为 \(f_n\)，其 EGF 为 \(F(x)\)。考虑在图中添加入度为 \(0\) 的点来构造 DAG，那么有：

\[f_n = \sum_{i=1}^n {n\choose i} 2^{i(n-i)} f_{n-i} \]

但这样会算重，比如 \(2\to 1, 3\to 1\) 这张图，会在 \(i=1\) 时算两次，在 \(i=2\) 时又算一次。考虑容斥原理：

\[f_n = \sum_{i=1}^n (-1)^{i-1} {n\choose i} 2^{i(n-i)} f_{n-i} \]

接下来只要求出 \(f_1, f_2, \cdots, f_n\) 就行了。推式子：

\[\begin{aligned} f_n &= \sum_{i=1}^n (-1)^{i-1} {n\choose i} 2^{i(n-i)} f_{n-i} \\ \Leftrightarrow \dfrac{f_n}{n!} &=\sum_{i=1}^n \dfrac{(-1)^{i-1}}{i!} \times \dfrac{f_{n-i}}{(n-i)!} \times 2^{i(n-i)}\\ \Leftrightarrow \dfrac{f_n}{2^{n\choose 2}n!} &=\sum_{i=1}^n \dfrac{(-1)^{i-1}}{2^{i\choose 2}i!} \times \dfrac{f_{n-i}}{2^{n-i\choose 2}(n-i)!} \end{aligned} \]

可以发现数二分图时用到的一个处理 \(2^{i(n-1)}\) 的 trick 又派上用场了。现在这已经像个卷积形式了，但是有一点不同，因为 \(f_n\) 的值基于前面的项，分治 FFT 可以 \(O(n\log^2 n)\) 求解。然而我们还有复杂度更低的做法。

设 \(g_n = \frac{(-1)^{n-1}}{2^{n\choose 2}n!}\)，\(G(x)\) 为其生成函数。于是：

\[\begin{aligned} F(x) \equiv& F(x)G(x) - 1 \pmod {x^{n}}\\ F(x) \equiv& \frac{1}{G(x) - 1} \pmod {x^{n}} \end{aligned} \]

可以多项式求逆，\(O(n\log n)\)。

点双 & 边双连通图计数

https://www.cnblogs.com/-Wallace-/p/vbcc-ebcc-counting.html

有标号强连通图计数

很大程度上收到了 这题 的启发，当然一些必要的部分还是写一下。（由于找不到测的地方所以只有口胡，如果出锅希望可以在评论区指出错误并把我 D 爆）

设答案为 \(f_n\)，EGF 为 \(F(x)\)。

首先一个显然的正难则反，就是答案等于所有的图减去非强连通图个数。而一个图非强连通，当且仅当这个图进行强连通分量缩点之后是点数 \(\ge 2\) 的 DAG。先写一下 \(n\) 个点的有标号 DAG 个数（\(a_n\)，EGF为 \(A(x)\)）的式子：

\[a_n = \sum_{i=1}^n (-1)^{i+1}{n\choose i} 2^{i(n-i)}\cdot a_{n-i} \]

具体解释可以参考上面链接。

注意这里不能直接吧 \(A(x)\) 中的 \(x\) 换做 \(F(x)\)（答案 EGF）然后复合逆，因为直接将一个点扩张之后会存在多个点可以连边，而这并不能直接复合函数体现。

更加靠谱的做法应该是直接在上面的式子中把缩完之后的点扩张，那么得到的就是一般有标号有向图的个数，记作 \(b_n\)：

\[b_n = \sum_{i=1}^n 2^{i(n-i)}b_{n-i} \sum_{k=1}^i\dfrac{(-1)^{k+1}}{k!} \sum_{\sum_{j}^k s_j=i} {i\choose s_1, s_2, \cdots, s_k}\prod_{j=1}^k f_{s_j} \]

看上去很复杂，但是发现后面那一大坨就是 \(\sum_{k\ge 1} \frac{(-1)^{k+1} F^{k}(x)}{k!}\) 的 \(x^i\) 项系数 \(\times i!\)。不妨设其为 \(G(x)\)，易得 \(G(x)=-\exp(-F(x))\)。

然后看到 \(i\)、\(n-i\) 的一下就想到是要我们凑一个卷积形式。设 \(C_1(x)=\sum_{i} \frac{b_i x^i}{i!\cdot 2^{i\choose 2}}, C_2(x)=\sum_{i} \frac{b_i x^i}{i!}\cdot 2^{i\choose 2},H(x)=\sum_{i} [x^i]G(x)\cdot \frac{1}{2^{i\choose 2}}\)。于是显然：

\[C_2(x) = C_1(x)\cdot H(x) \]

多项式 \(\ln\) 解这个方程即可。