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 .