「学习笔记」组合计数：格路计数、二项式反演、斯特林数与 Min-max 容斥

合集 - 数学学习笔记(8)

1.「学习笔记」高斯消元2022-08-032.「学习笔记」矩阵乘法与矩阵快速幂2022-08-053.「学习笔记」组合计数与中国剩余定理2022-11-044.「学习笔记」概率和期望2023-03-055.「学习笔记」BSGS2023-04-106.「学习笔记」莫比乌斯反演2023-08-19

7.「学习笔记」组合计数：格路计数、二项式反演、斯特林数与 Min-max 容斥2024-01-07

8.「学习笔记」FWT02-10

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「学习笔记」二项式反演、斯特林数、Min-max 容斥

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目录

• 「学习笔记」二项式反演、斯特林数、Min-max 容斥
  • 格路计数
  • 二项式反演
    • 形式零
    • 形式一
      • 证明 1
      • 证明 2
    • 形式二
    • 形式三
  • 斯特林数
    • 第一类斯特林数
      • 定义
      • 递推式
    • 第二类斯特林数
      • 定义
      • 递推式
      • 通项公式
    • 应用：普通幂、下降幂与上升幂互相转化
  • Min-max 容斥
  • 例题
    • 积木
    • 已经没有什么好害怕的了
    • [JLOI2016] 成绩比较
    • [TJOI2018] 教科书般的亵渎
    • Crash 的文明世界

Something:

题单里的部分题目还没有写所以本文在例题方面没有施工完毕，发出来仅仅是因为这篇博太常需要翻阅但是又被积压在草稿箱底部 .

补完后会删除这段话 .

格路计数

一个比较经典的 trick .

在一个 $n\times m$ 的方格内，只能向上或向右走，求从 $(0, 0)$ 走到 $(n, m)$ 的方案数 .

答案是 $\dbinom{n + m}{n}$，组合意义是 $n+m$ 次移动中选出 $n$ 次向上移动 .

另一种解决方式是简单 DP，$f_{i, j} = f_{i - 1, j} + f_{i, j - 1}$ .

在求解类似 $\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}\dbinom{a_i + a_j + b_i + b_j}{a_i + b_i}$ 的问题时，如果 $nm$ 较大但值域较小，可以考虑转化为格路计数，在所有 $(-a_i, -b_i)$ 处初始化，使用 DP 算出所有 $(a_j, b_j)$ 的值 .

板子是 AGC001E .

二项式反演

终于能填这个坑了啊 .

大量参考：link1, link2 .

形式一与形式二是更常用的形式 .

形式零

假设全集 $U = {A_1, A_2, \cdots, A_n}$ 的任意 $i$ 个元素并集、交集都相等，设 $f(n)$ 表示任意 $i$ 个集合的补集的交集，$g(n)$ 表示任意 $i$ 个集合的交集 .

特别的，$f(0) = \left|U\right|$，$g(0) = \left|U\right|$ .

记 $A$ 补集为 $A^c$，有一条容斥等式：

$$\left|A_1\cap A_2\cap\cdots\cap A_n\right| = \left|U\right| - \sum_{i = 1}^{n}\left|A^c_i\right| + \sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{n}\left|A^c_i\cap A^c_j\right| - \cdots + (-1)^{n}\left|A^c_1\cap A^c_2\cap\cdots\cap A^c_n\right|$$

左边就是 $g(n)$，右边相当于 $\sum_{i = 0}^{n}\dbinom{n}{i}f(i)$ . 即 $g(n) = \sum_{i = 0}^{n}(-1)^i\dbinom{n}{i}f(i)$ .

补集的补集就是原集，那么同理可得 $f(n) = \sum_{i = 0}^{n}(-1)^i\dbinom{n}{i}g(i)$ .

那么可以得到形式零：

$$f(n) = \sum_{i = 0}^{n}(-1)^i\dbinom{n}{i}g(i)\Leftrightarrow g(n) = \sum_{i = 0}^{n}(-1)^i\dbinom{n}{i}f(i)$$

其他形式都可以在这个形式基础上变形得出 .

形式一

$$f(n) = \sum_{i = 0}^{n}\dbinom{n}{i}g(i)\Leftrightarrow g(n) = \sum_{i = 0}^{n}(-1)^{n - i}\dbinom{n}{i}f(i)$$

有一个组合意义：$f(i)$ 为在一个集合中钦定 $i$ 个元素被选择，其他元素随便选的方案数，$g(i)$ 为在该集合中选出恰好 $i$ 个元素的方案数 .

两个代数证明：

证明 1

令 $h(n) = (-1)^{n}g(n)$，带入形式零：

$$f(n) = \sum_{i = 0}^{n}\dbinom{n}{i}h(i)\Leftrightarrow \frac{h(n)}{(-1)^n} = \sum_{i = 0}^{n}(-1)^i\dbinom{n}{i}f(i)$$

观察发现 $(-1)^{n + i} = (-1)^{n - i}$，因此得出形式二：

$$f(n) = \sum_{i = 0}^{n}\dbinom{n}{i}h(i)\Leftrightarrow h(n) = \sum_{i = 0}^{n}(-1)^{n - i}\dbinom{n}{i}f(i)$$

$$\tag*{$\square$}$$

证明 2

硬带：

$$\begin{aligned} f(n) &=\sum_{i = 0}^{n}\dbinom{n}{i}g(i)\\ &=\sum_{i = 0}^{n}\dbinom{n}{i}\sum_{j = 0}^{i}(-1)^{i - j}\dbinom{i}{j}f(j)\\ &=\sum_{i = 0}^{n}\sum_{j = 0}^{i}\dbinom{n}{i}\dbinom{i}{j}(-1)^{i - j}f(j)\\ &=\sum_{j = 0}^{n}f(j)\sum_{i = j}^{n}\dbinom{n}{i}\dbinom{i}{j}(-1)^{i - j}\\ &=\sum_{j = 0}^{n}f(j)\sum_{i = j}^{n}\dbinom{n}{j}\dbinom{n - i}{i - j}(-1)^{i - j}\\ &=\sum_{j = 0}^{n}\dbinom{n}{j}f(j)\sum_{k = 0}^{n - j}\dbinom{n - i}{k}1^{n - j - k}(-1)^{k}\\ \end{aligned}$$

$\sum_{k = 0}^{n - j}\dbinom{n - i}{k}1^{n - j - k}(-1)^{k}$ 这一坨，当 $n = j$ 时等于 $1$，否则等于 $(1-1)^{n - j} = 0$ .

带回：

$$\begin{aligned} f(n)&=\sum_{j = 0}^{n}\dbinom{n}{j}f(j)\sum_{k = 0}^{n - j}\dbinom{n - i}{k}1^{n - j - k}(-1)^{k}\\ &=\sum_{j = 0}^{n}\dbinom{n}{j}f(j)[n = j]\\ &=\dbinom{n}{n}f(n)\\ &=f(n)\\ \end{aligned}$$

$$\tag*{$\square$}$$

形式二

$$f(n) = \sum_{i = n}^{m}(-1)^i\dbinom{i}{n}g(i)\Leftrightarrow g(n) = \sum_{i = n}^{m}(-1)^i\dbinom{i}{n}f(i)$$

证明考虑直接代入：

$$\begin{aligned} f(n) &=\sum_{i = n}^{m}(-1)^i\dbinom{i}{n}g(i)\\ &=\sum_{i = n}^{m}(-1)^i\dbinom{i}{n}\sum_{j = i}^{m}(-1)^j\dbinom{j}{i}f(j)\\ &=\sum_{j = n}^{m}f(j)\sum_{i = n}^{j}\dbinom{i}{n}\dbinom{j}{i}(-1)^{i + j}\\ &=\sum_{j = n}^{m}f(j)\sum_{i = n}^{j}\dbinom{j}{n}\dbinom{j - n}{i - n}(-1)^{2j + (i - j)}\\ &=\sum_{j = i}^{m}\dbinom{j}{n}f(j)\sum_{k = 0}^{j - n}\dbinom{j - n}{k}(-1)^{k}\\ &=\sum_{j = n}^{m}\dbinom{j}{n}f(j)[j = n]\\ &=\dbinom{n}{n}f(n)\\ &=f(n)\\ \end{aligned}$$

$$\tag*{$\square$}$$

形式三

$$f(n) = \sum_{i = n}^{m}\dbinom{i}{n}g(i)\Leftrightarrow g(n) = \sum_{i = n}^{m}(-1)^{i - n}\dbinom{i}{n}f(i)$$

证明与形式一比较类似：

$$\begin{aligned} f(n) &=\sum_{i = n}^{m}\dbinom{i}{n}g(i)\\ &=\sum_{i = n}^{m}\dbinom{i}{n}\sum_{j = i}^{m}(-1)^{j - i}\dbinom{j}{i}f(j)\\ &=\sum_{j = n}^{m}f(j)\sum_{i = n}^{j}\dbinom{j}{i}\dbinom{i}{n}(-1)^{j - i}\\ &=\sum_{j = n}^{m}\dbinom{j}{n}f(j)\sum_{i = n}^{j}\dbinom{j - n}{j - i}(-1)^{j - i}\\ &=\sum_{j = n}^{m}\dbinom{j}{n}f(j)\sum_{k = 0}^{j - n}\dbinom{j - n}{k}1^{j - n - k}(-1)^{k}\\ &=\sum_{j = n}^{m}\dbinom{j}{n}f(j)[n = j]\\ &=\dbinom{n}{n}f(n)\\ &=f(n)\\ \end{aligned}$$

$$\tag*{$\square$}$$

斯特林数

第一类斯特林数

定义

「第一类斯特林数（斯特林轮换数）」记作 $\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}$ 或 $s(n, k)$，表示将两两不同的 $n$ 个元素划分为 $k$ 个互不区分的轮换的方案数 .

「轮换」指的是一个首尾相接的序列，例如说 $[A, B, C, D] = [B, C, D, A] = [C, D, A, B] = [D, A, B, C]$，但是 $[A, B, C, D]\neq[D, C, B, A]$ .

递推式

$$\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}n - 1\\k - 1\end{bmatrix} + (n - 1)\begin{bmatrix}n - 1\\k\end{bmatrix}$$

特别的，$\begin{bmatrix}n\\0\end{bmatrix} = [n = 0]$ .

比较好考虑组合意义，一种情况是新开一个轮换，另一种是选一个轮换插入 . 注意插入位置不同形成的轮换不同，共有 $n - 1$ 个位置可以插入 .

似乎没有实用的通项公式 .

第二类斯特林数

定义

「第二类斯特林数（斯特林子集数）」记作 $\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}$ 或 $S(n, k)$，表示将两两不同的 $n$ 个元素划分为 $k$ 个互不区分的子集的方案数 .

递推式

$$\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix} = \begin{Bmatrix}n - 1\\k - 1\end{Bmatrix} + k\begin{Bmatrix}n - 1\\k\end{Bmatrix}$$

特别的，$\begin{Bmatrix}n\\0\end{Bmatrix} = [n = 0]$ .

组合意义两种情况和第一类斯特林数一样，但是子集不区分顺序，因此第二种情况共有 $k$ 种插入方式 .

通项公式

$$\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix} = \sum_{i = 0}^{k}\frac{(-1)^{k - i}i^n}{i!(k - i)!}$$

证明考虑容斥：$F(i)$ 表示将两两不同的 $n$ 个元素划分为 $i$ 个互相区分的集合（不允许空集）的方案数，$G(i)$ 表示将两两不同的 $n$ 个元素划分为 $i$ 个互相区分的集合（允许空集）的方案数 .

显然有：

$$G(i) = i^n = \sum_{j = 0}^{i}\dbinom{i}{j}F(j)$$

第二种表达方式是枚举非空集个数 .

使用二项式反演：

$$\begin{aligned} F(i) &= \sum_{j = 0}^{i}(-1)^{i - j}\dbinom{i}{j}G(j)\\ &= \sum_{j = 0}^{i}(-1)^{i - j}\dbinom{i}{j}j^n\\ &= \sum_{j = 0}^{i}\frac{i!(-1)^{i - j}j^n}{j!(i - j)!}\\ \end{aligned}$$

把 $F(k)$ 划分出的集合的顺序去掉即可得到 $\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}$：

$$\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix} = \frac{F(k)}{k!} = \sum_{j = 0}^{i}\frac{ (-1)^{i - j}j^n}{j!(i - j)!}$$

应用：普通幂、下降幂与上升幂互相转化

一个很奇怪的事情是网上的证明很少，于是我贺了具体数学 .

记上升阶乘幂 $x^{\overline{n}}=\prod_{k=0}^{n-1}(x+k)$，下降阶乘幂 $x^{\underline{n}}=\prod_{k=0}^{n-1}(x-k)$ .

首先有公式「普通幂转下降幂」：

$$x^n=\sum_{k} \begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix} x^{\underline{k}}$$

考虑使用数学归纳法证明 . 我们由 $x^{\underline{k + 1}} = x^{\underline{k}}(x - k)$ 可推出 $x\cdot x^{\underline{k}} = x^{\underline{k + 1}} + kx^k$，那么：

$$\begin{aligned} x\cdot x^{n - 1} &= x\sum_{k}\begin{Bmatrix}n - 1\\ k\end{Bmatrix}x^{\underline{k}}\\ &= \sum_{k}\begin{Bmatrix}n - 1\\ k\end{Bmatrix}x^{\underline{k + 1}} + \sum_{k}\begin{Bmatrix}n - 1\\ k\end{Bmatrix}kx^{\underline{k}}\\ &= \sum_{k}\begin{Bmatrix}n - 1\\ k - 1\end{Bmatrix}x^{\underline{k}} + \sum_{k}\begin{Bmatrix}n - 1\\ k\end{Bmatrix}kx^{\underline{k}}\\ &= \sum_{k}\left(k\begin{Bmatrix}n - 1\\ k\end{Bmatrix} + \begin{Bmatrix}n - 1\\ k - 1\end{Bmatrix}\right)x^{\underline{k}}\\ &= \sum_{k}\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix}x^{\underline{k}}\\ \end{aligned}$$

使用类似的方法即可获得公式「上升幂转普通幂」：

$$x^{\overline{n}} = \sum_{k}\begin{bmatrix}n\\ k\end{bmatrix}x^k$$

接下来考虑如何倒过来转化，即「普通幂转上升幂」和「下降幂转普通幂」 .

观察发现，如果我们找到了上升幂与下降幂之间的关系，带入「普通幂转下降幂」的式子就可以获得「普通幂转上升幂」，另一个同理 .

这个关系并不难找：

$$x^{\underline{n}} = (-1)^n(-x)^{\overline{n}}$$

然后对「普通幂转下降幂」进行变形再代入：

$$\begin{aligned} (-x)^n &= \sum_{k}\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix} (-x)^{\underline{k}}\\ (-1)^{n}x^n &= \sum_{k}\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix}(-1)^k(-x)^{\overline{k}}\\ \end{aligned}$$

得到「普通幂转上升幂」：

$$x^n = \sum_{k}\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix}(-1)^{n-k}x^{\overline{k}}$$

同理得到「下降幂转普通幂」：

$$x^{\underline{n}}=\sum_{k} \begin{bmatrix}n\\ k\end{bmatrix} (-1)^{n-k} x^k$$

其实这是符合斯特林反演的，所以你会斯特林反演的话也能得出后面两个式子 .

我懒得证了 . 挂个链接 .

Min-max 容斥

若 $S\subseteq T$，则不难发现有 $\left|S\cup T\right| = \max\{\left|S\right|, \left|T\right|\}$，$\left|S\cap T\right| = \min\{\left|S\right|, \left|T\right|\}$ .

利用这一性质即可利用容斥公式，通过集合内的一个最值求出另一最值：

$$\begin{aligned} \min_{x\in S}x &= \sum_{T\subseteq S,T\neq\varnothing}(-1)^{\left|T\right| - 1}\max_{x\in T} x\\ \max_{x\in S}x &= \sum_{T\subseteq S,T\neq\varnothing}(-1)^{\left|T\right| - 1}\min_{x\in T} x\\ \end{aligned}$$

看起来挺没用的 .

比较强的是根据期望线性性有下面这条式子：

$$\begin{aligned} E\left(\min_{x\in S}x\right) &= \sum_{T\subseteq S,T\neq\varnothing}(-1)^{\left|T\right| - 1}E\left(\max_{x\in T} x\right)\\ E\left(\max_{x\in S}x\right) &= \sum_{T\subseteq S,T\neq\varnothing}(-1)^{\left|T\right| - 1}E\left(\min_{x\in T} x\right)\\ \end{aligned}$$

这个相当有用，因为有时候一个最值的期望远没有另一种好求 .

另外还可以扩展到 $\gcd$ 和 $\operatorname{lcm}$：

$$\mathop{\operatorname{lcm}}\limits_{x\in S}x = \prod_{T\subseteq S,T\neq\varnothing}\left(\gcd_{x\in T} x\right)^{(-1)^{\left|T\right| - 1}}$$

虽然我很没用，但看到几位这么有用，真好！

例题

积木

$n$ 堆积木，每堆有 $a_i$ 个蓝色积木，$b_i$ 个绿色积木，$c_i$ 个红色积木 . 每次任选两堆积木，用完这两堆之间的所有积木 建出一栋楼，求总方案数 .

两个方案不同，当且仅当选取的积木堆不同或建成高楼的某一层颜色不同 .

$1\le n\le 2\times 10^5, 0\le a_i, b_i, c_i\le 150$ .

固定两堆积木，方案数为 $\dbinom{a_i + a_j + b_i + b_j + c_i + c_j}{a_i + a_j, b_i + b_j, c_i + c_j}$ .

发现是一个三维格路计数的形式，值域不大故使用 DP 求解 .

已经没有什么好害怕的了

对 $a$ 和 $b$ 进行排序，使得处理大小时可以直接从前缀和后缀转移过来 .

设 $F_{i, j}$ 表示前 $i$ 个 $a_i$ 中，有多少种方案钦定配对了 $j$ 个满足 $a > b$ 的二元组，有转移：

$$F_{i, j} = F_{i - 1, j} + (p_i - (j - 1))F_{i - 1, j - 1}$$

其中 $p_i$ 满足 $b_{p_i} < a_i < b_{p_i + 1}$ .

对于状态中没有进行配对的，令它们肆意配队，为了更方便形式化 $f(i) = (n - i)!F_{n, i}$ 表示整个序列钦定 $j$ 个满足 $a > b$ 的二元组的方案数 .

设 $g(n)$ 表示序列中存在恰好 $j$ 个满足 $a > b$ 的二元组的方案数，二项式反演：

$$f(k) = \sum_{i = k}^{n}\dbinom{i}{k}g(i) \Leftrightarrow g(k) = \sum_{i = k}^{n}(-1)^{i - k}\dbinom{i}{k}f(i)$$

答案即为 $g\left(\frac{n + k}{2}\right)$ .

[JLOI2016] 成绩比较

看到这个「恰好」就比较套路的放上二项式反演：设 $f(k)$ 表示恰好 $k$ 个人被碾压，$g(x)$ 表示钦定 $k$ 个人被碾压 .

不难得到反演式子:

$$g(k) = \sum_{i = k}^{n}\dbinom{i}{k}f(i)\Leftrightarrow f(k) = \sum_{i = k}^{n}(-1)^{i - k}\dbinom{i}{k}g(i)$$

考虑求 $g(k)$，有式子：

$$g(k) = \dbinom{n - 1}{k}\prod_{i = 1}^{m}\sum_{s = 1}^{U_i}\dbinom{n - k - 1}{R_i - 1}s^{n - R_i}(U_i - s)^{R_i - 1}$$

简单解释：选出 $k$ 个人被钦定，对于每一科考虑枚举 D 神的分数，在没被钦定的 $n - k - 1$ 个人中选出 $R_i - 1$ 个人作为分数比 D 神高的人，然后可以知道每个人分数的可能数，其积为每个人的分数的总可能数 .

这样复杂度是基于值域的，考虑展开后面的依托：

$$\begin{aligned} &\sum_{s = 1}^{U_i}\dbinom{n - k - 1}{R_i - 1}s^{n - R_i}(U_i - s)^{R_i - 1}\\ =&\sum_{s = 1}^{U_i}\dbinom{n - k - 1}{R_i - 1}s^{n - R_i}\sum_{j = 0}^{R_i - 1}\dbinom{R_i - 1}{j}U_i^{j}(-1)^{R_i - 1 - j}s^{R_i - 1 - j}\\ =&\dbinom{n - k - 1}{R_i - 1}\sum_{j = 0}^{R_i - 1}(-1)^{R_i - 1 - j}\dbinom{R_i - 1}{j}U_i^{j}\sum_{s = 1}^{U_i}s^{n - j - 1}\\ =&\dbinom{n - k - 1}{R_i - 1}h(i) \end{aligned}$$

这个 $h(i)$ 部分只与 $i$ 有关所以单独提出来进行预处理，现在和值域有关的部分只剩下了后面的自然数幂和，这样就可以拉插或伯努利数处理了 .

但是我不会拉插也不会伯努利数，咋整呀？

答案是用扰动法可以得到自然数幂和的一个递推式：

$$S_{t}(n) = \sum_{k = 1}^{n}k^{t} = \frac{(n + 1) ^ {t + 1} - \sum_{j = 0}^{t - 1}\dbinom{t + 1}{j}S_j(n)}{(t + 1)}$$

我写这个是为了让你知道我代码里有啥，最好还是用拉插的，不然别人也不知道你在干什么 .

这样可以 $O(mR^2) = O(n^3)$ 预处理出所有的 $h(i)$，然后把它带回原式：

$$f(k) = \sum_{i = k}^{n}(-1)^{i - k}\dbinom{i}{k}\dbinom{n - 1}{i}\prod_{j = 1}^{m}\dbinom{n - i - 1}{R_j - 1}h(j)$$

可以 $O(n^2)$ 算出 .

[TJOI2018] 教科书般的亵渎

第 $x$ 段贡献是：

$$\sum_{i = 1}^{mx - a_x}i^k - \sum_{i = x}^{m}(a_i - a_x)^k$$

后一半暴力算，前一半是个经典的自然数幂和 .

当然可以插出来不过放在斯特林数还是要尊重一下：

$$\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n}i^k &= \sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{k}\begin{Bmatrix}k\\ j\end{Bmatrix}i^{\underline{j}}\\ &= \sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{k}\begin{Bmatrix}k\\ j\end{Bmatrix}\dbinom{i}{j}j!\\ &= \sum_{j = 1}^{k}\begin{Bmatrix}k\\ j\end{Bmatrix}j!\sum_{i = 1}^{n}\dbinom{i}{j}\\ &= \sum_{j = 1}^{k}\begin{Bmatrix}k\\ j\end{Bmatrix}j!\dbinom{n + 1}{j + 1}\\ &= \sum_{j = 1}^{k}\begin{Bmatrix}k\\ j\end{Bmatrix}j!\frac{(n + 1)^{\underline{j + 1}}}{(j + 1)!}\\ \end{aligned}$$

斯特林数直接 $O(k^2)$ 预处理，后面下降幂由于 $j$ 不大直接暴力计算 .

Crash 的文明世界

考虑使用斯特林数将普通幂转化为下降幂，进一步转为组合数 .

$$\begin{aligned} S(u) &= \sum_{v = 1}^{n}\sum_{i = 0}^{k}\begin{Bmatrix}k\\ i\end{Bmatrix}\operatorname{dis}(u, v)^{\underline{k}}\\ &= \sum_{v = 1}^{n}\sum_{i = 0}^{k}\begin{Bmatrix}k\\ i\end{Bmatrix}\dbinom{\operatorname{dis}(u, v)}{i}i!\\ &= \sum_{i = 0}^{k}\begin{Bmatrix}k\\ i\end{Bmatrix}i!\sum_{v = 1}^{n}\dbinom{\operatorname{dis}(u, v)}{i}\\ \end{aligned}$$

设 $f_{u, i} = \sum_{v\in u\text{'s subtree}}\binom{\operatorname{dis}(u, v)}{i}$，有转移：

$$\begin{aligned} f_{u, i} &= \sum_{v\in u\text{'s son}}\sum_{x\in v\text{'s subtree}}\dbinom{\operatorname{dis}(v, x) + 1}{i}\\ &= \sum_{v\in u\text{'s son}}\sum_{x\in v\text{'s subtree}}\dbinom{\operatorname{dis}(v, x)}{i} + \dbinom{\operatorname{dis}(v, x)}{i - 1}\\ &= \sum_{v\in u\text{'s son}}f_{v, i} + f_{v, i - 1}\\ \end{aligned}$$

然后换个根就做完了 .