T4 前瞻

二项式反演:

f(n)=in(in)g(i)g(n)=in(1)in(in)f(i)

f(k) 表示在新树上钦定 k 条边与原树相同的方案数,g(k) 表示恰有 k 条边与原树相同的树的个数(答案),则只需求出 f

考虑求 f(k)。若连上某 k 条边后形成 m 个连通块,第 i 个连通块大小为 ai,则钦定这 k 条边与原树相同的方案数为 nm2ai

(扩展 Cayley 定理)

考虑 ai 的组合意义,发现就是从每个连通块里选一个点的方案数,

所以如果没有那个 nm2,就是要求选定 k 条边,再从形成的每个连通块里选一个点的方案数,

nm2 看成形成了 m 个连通块的方案的权值,则 f(k) 就是选了 k 条边的每种方案的权值和。

Sol 1

fu,i,0/1 表示在 u 子树中选择 i 条边,在 u 所在的连通块中是/否已经选了一个点的方案的权值和,树上背包转移即可。

空间开不下,所以把 u 的孩子 v 合并到 u 上之后,把 v 的状态占用的内存释放掉,这样空间是 O(n) 的。

Sol 2

F(x)=i=0n1f(i)xiFf 的 OGF),考虑拉插出 F 的系数 f。考虑如何求 F 的点值。

规定在之前的基础上,每连一条边方案的权值就乘上 x,即连 k 条边形成 m 个连通块的方案的权值为 nm2xk

F(x) 就是所有方案的权值和(没有选择边数限制),可以用上面的 DP 去掉第二维解决。

这样任取 n 个互不相同的 xi,求出对应的 F(xi),拉格朗日插值即可算出各项系数。

拉格朗日插值:

F(x)=i=1nF(xi)jixxjxixj

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