Cayley 公式的另一种证明

Cayley 公式的一些广为人知的证法：

• Prufer 序列
• Matrix-Tree 定理

然而我都不会 233，所以下面说一个生成函数角度的证法 .

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我们知道 $n$ 个节点的有标号无根树有 $n^{n-2}$ 种，即 Cayley 公式 .

具体数学的做法是考虑递推完全图生成树个数，然后推出 EGF 的关系 .

那个递推太牛逼了，我就不这么干了，先令 $g_n$ 表示 $n$ 个节点的有标号有根树个数（$g_0=0$），且其 EGF 为 $G(z)$ .

钦定一个根，它每一个儿子的 EGF 都与它相同, 就是 $G(z)$ . 那么它的生成函数就是它儿子生成函数的一个组合, 即 $\mathrm e^{G(z)}$ . 然后考虑根本身的影响，有

$$G(z)=z\mathrm e^{G(z)}$$

即 $G(z)\mathrm e^{-G(z)}=z$ .

现在只需要解出 $G$ 来然后提取系数即可 .

2022/8/2 奥秘

考虑有标号有根树的组合类 $\mathcal T$，由 Symbolic Method 知

$$\mathcal T=\mathcal Z\times\operatorname{SET}(\mathcal T)$$

翻译为 EGF：

$$T(z)=z\exp(T(z))$$

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方法 1

Lagrange 反演

若 $F,G$ 互为复合逆（即 $F(G(z))=G(F(z))=z$），且 $F,G$ 常系数为 $0$，$1$ 次项非 $0$，则有

$$[z^n]G(z)=\dfrac1n[z^{-1}]F(z)^{-n}$$

令 $F(z)=z\mathrm e^{-z}$，那么易见 $F,G$ 互为复合逆，于是 Lagrange 反演一下，得到

$$\begin{aligned}[x^n]G(z)&=\dfrac1n[z^{-1}]F(z)^{-n}\\&=\dfrac 1n[z^{n-1}]\left(z^nF(z)^{-n}\right)\\&=\dfrac1n[z^{n-1}]\left(\dfrac{z}{F(z)}\right)^n\\&=\dfrac1n[z^{n-1}]\mathrm e^{nz}\\&=n^{n-1}\end{aligned}$$

于是有标号有根树个数为 $n^{n-1}$，于是有标号无根树个数就是 $n^{n-2}$，Cayley 公式得证 .

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方法 2（不确保正确性，要是错了轻 D）

考虑广义指数级数 $\mathcal E_t(z)$ 定义为

$$\mathcal E_t(z)=\sum_{n\ge 0}(tn+1)^{n-1}\dfrac{z^n}{n!}$$

广义指数级数有一个性质叫

$$\mathcal E_t(z)^{-t}\ln\mathcal E_t(z)=z$$

令 $\mathcal D(z)=\ln\mathcal E_t(z)$，则上式可以化为

$$\dfrac{\mathcal D(z)}{\mathrm e^{t\mathcal D(z)}}=z$$

移项得

$$\mathcal D(z)=z\mathrm e^{t\mathcal D(z)}$$

取 $t=1$ 就得到所需 EGF $G$ .

于是 $G(z)=\ln\mathcal E_1(z)$，可以提取系数 $[z^n/n!]G(z)=n^{n-1}$（但是好像提取这个也要拉反，不比上面简单）.

同样，这表明有标号有根树个数为 $n^{n-1}$，于是有标号无根树个数就是 $n^{n-2}$，Cayley 公式又得证 .