CF1010F 与 ABC269H：有多少个包含根的连通块？

CF 传送门

AT 传送门

两题主要 Trick 相同。CF 的还多了一个小 trick。

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给定一棵根节点为 $1$ 的二叉树 $T$，你需要先保留一个包含 $1$ 号节点的连通块，然后给每个点确定一个权值 $a_i$，使得对于每个点 $u$ 都有其权值 $a_u$ 大于等于其所有儿子的权值和 $\sum a_v[(u,v)\in T]$。

最后，你需要使得根节点权值为 $x$，求方案数，答案对 $998244353$ 取模。

$n\le {10}^5,x\le {10}^{18}$.

即 $a_u-\sum _{v\in son(u)}{a}_v\ge 0$，令 $b_u=a_u-\sum _{v\in son(u)}{a}_v$，即 $b_u\ge 0$。注意到 $\sum b_u=x$，且 $\{a_i\}$ 与 $\{b_i\}$ 一一对应，所以分配 $a_i$ 相当于分配 $b_i$。而如果选了固定 $k$ 个点，分配 $b_i$ 就是把 $x$ 分给 $k$ 个数，每个数 $\ge 0$。这是经典结论，有 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{x+k-1}{k})$ 种分配方式。

于是下面的问题就是对于每个 $k=1\sim n$，求出有多少个 $k$ 大小的包含 $1$ 的连通块。

法一：普通树形 DP。$dp[i][j]$ 表示在 $i$ 的子树内选 $j$ 个点的方案数。转移方程 $dp[i][j]\leftarrow dp[i][j]+\sum _{v\in son(i),k<j}dp[i][k]\cdot dp[v][j-k]$。因为每一对点的复杂度在其 LCA 处贡献 $O(1)$ 次，复杂度是 $O(n^2)$ 的。

法二：dfs 序 DP。$dp[i][j]$ 表示考虑 dfs 序 $<i$ 的结点选不选，共选了 $j$ 个的方案数。转移方程 $dp[i][j]\to dp[i+1][j+1]$，$dp[i][j]\to dp[m{x}_i+1][j]$。复杂度 $O(n^2)$。

法三：FFT + 树剖优化法一。注意到法一 $\sum dp[i][k]\cdot dp[v][j-k]$ 的形式是卷积，考虑使用 FFT 优化。转移方程为 $F(u)=x\cdot F(so{n}_1)\cdot F(so{n}_2)+1$。

但是直接上复杂度是 $O(n^2\log n)$ 的，因为两个式子卷积 $O(len\log len)$，所以每一对点贡献的复杂度变成 $O(\log n)$ 了。

难道这个做法没有用吗？不，我们还有办法！上面做法的问题在于每个点会被使用太多次了。有什么办法是让一个点出现次数变少的？

树剖！我们进行重链剖分，仅在重链链顶处统计重链上所有的点和轻儿子的贡献。

如图。在重链链顶 $u_1$ 处计算 $F(u_1)$，可以一路分解下去到轻儿子。记相关的多项式为 $a_1\sim a_4$，要求的形式即为 $1+a_1+a_1{a}_2+a_1{a}_2{a}_3+a_1{a}_2{a}_3{a}_4$，而 $a_i$ 的大小之和是 $O(n)$ 的。这种形式可以用分治 FFT 计算。

具体而言，我们在计算 $a_1+\cdots +a_1\cdots a_n$ 时，先递归计算 $a_1+\cdots +a_1\cdots a_{n/2}$ 和 $a_{n/2+1}+\cdots +a_{n/2+1}\cdots a_n$ 部分。同时让这两部分额外返回 $a_1\cdots a_{n/2}$ 和 $a_{n/2+1}\cdots a_n$ 的值，则当前结果即为 $a_1+\cdots +a_1\cdots a_{n/2}+a_1\cdots a_{n/2}(a_{n/2+1}+\cdots +a_{n/2+1}\cdots a_n)$，用一次多项式加法和一次多项式乘法可以 $O(n\log n)$ 做到。

分治 $O(\log n)$ 层，每层 $O(n\log n)$ 合并。所以计算重链链顶多项式的复杂度是 $O(nlo{g}^{2}n)$ 的。（这里的 $n$ 是所在重链轻子树大小之和）

所以一个结点在作为轻儿子时会贡献 $O(lo{g}^2)$ 的复杂度，每个结点贡献 $O(\log n)$ 次，总复杂度 $O(n{\log }^{3}n)$。