[ZJOI2018]树

鸽子更博了！

如今大学已尘埃落定，终于成功进入清华，不过不在计算机系。还是希望将\(OI\)作为一种爱好，也想找机会参加\(acm\)，因此还是会时不时复健一下。这一题是我记忆中攻克最艰难、解题后也最痛快的一题，因此印象深刻。当然我早已忘了具体的步骤，因此最近重做了一遍，也算是对自己的魔鬼训练吧。

与群论相关的前置知识：
设\(G\)是所有长度为\(n\)的置换构成的群，\(X\)是一些长度为\(n\)的序列构成的集合。如果将\(G\)作用于\(X\)，那么：
对于\(x\in X\)，称\(\{y\in X|y=f(x),f\in G\}\)为\(x\)的轨道，记为\(Orbit(x)\)，对于\(y\in Orbit(x)\)，称\(y\)为\(x\)的等价类。
对于\(x\in X\)，称\(\{f\in G|x=f(x)\}\)为\(x\)的稳定化子，记为\(SG(x)\)。
对于\(f\in G\)，称\(\{x\in X|x=f(x)\}\)为\(f\)的不动点，记为\(fix(f)\)。

与题意类似，我们定义两个森林同构，当且仅当可以通过某种一一对应关系，使得一个森林的任意一棵树都和另一森林对应的树同构。

设\(cnt_n\)为\(n\)个点的无标号有根树个数，并令所有树从\(1\)到\(cnt_n\)标号。

那么令\(S_{n,i}\)表示所有按照题目要求构造的带标号有根树中，与\(n\)个点的\(i\)号无标号有根树同构的那一部分构成的集合。

由于按照题意建立的\(n\)个点的树共有\((n-1)!\)种，因此$$ans=\frac{1}{(n-1)!^k}\sum_{i=1}|S_{n,i}|^k$$

那么重点关注后半部分，尝试利用动态规划的方法解题。那么令：

\[dp_n=\sum_{i=1}^{cnt_n}|S_{n,i}|^k \]

考虑如何转移。回想判断无标号有根树同构的过程：先将根的所有子树按照一定规则排序，逐一比较即可。那么是否可以先枚举排序后在最后的子树，将其删去递归求解，再考虑这棵子树的贡献呢？

但是，如果枚举排在最后的子树，那么就隐含了条件：对于递归的树，其根的所有子树的优先级一定在该子树之前（或者就是该子树），而子树的数目众多，无法比较好的设计状态。

但这样的思考并不是毫无意义的。虽然枚举最后的子树不太现实，但也许可以退而求其次，对子树先进行一个“粗略的划分”，而非直接一个个分离。不难想到先根据子树大小从小到大初步排序，每次删去大小最大的那一批子树，对剩余的树进行递归求解，再考虑这些相同大小的子树的贡献。那么对递归求解的树的额外要求，就转变为了根的子树大小不能超过某个值，不仅状态大量减少，考虑起来也非常方便。

那么为了方便，我们记\(mxs(S_{n,i})\)表示对于集合\(S_{n,i}\)中的树，他们根的子树的最大大小，类似记\(mns(S_{n,i})\)表示最小的。根据上面的想法，可以设计辅助状态：

\[tmp_{n,p}=\sum_{i=1}^{cnt_n}[mxs(S_{n,i})\leq p]|S_{n,i}|^k \]

则有\(dp_n=tmp_{n,n-1}\)。再考虑状态的转移。那么就枚举大小为\(p\)的根的子树的数目，分配标号，再将前后部分独立考虑。前半部分可以递归到之前的状态，但后半部分无法递归，需要单独解决，表示成式子，就是：

\[tmp_{n,p}=\sum_{u=0}^{\lfloor\frac{n-1}{p}\rfloor}{n-1\choose u*p}^ktmp_{n-u*p,p-1}*f_{p,u} \]

因为\(1\)号点显然是根，所以实际分配的标号只有\(n-1\)个。其中：

\[f_{p,u}=\sum_{i=1}^{cnt_{u*p+1}}[mns(S_{u*p+1,i})=mxs(S_{u*p+1,i})=p]|S_{u*p+1,i}|^k \]

表示需要单独解决的那一部分。之所以大小为\(u*p+1\)，是因为我们给着\(u\)棵大小为\(p\)的树额外加了一个形式上的根，方便考虑问题。那么第一步先考虑标号的分配。

按照常规来讲，标号的分配应该是\({u*p\choose p,p,\dots,p}\)种情况，但在此处，由于根的所有子树之间是没有顺序的（这也是之前进行“粗略的划分”遗留下来的问题），因此如果出现两棵相同的子树，它们的地位完全等价，也即即使赋予它们的标号互换，得到的也是同一种结果。但是\({u*p\choose p,p,\dots,p}\)的分配方式显然将互换前后看作不一样的。

看来\({u*p\choose p,p,\dots,p}\)并不能适用于所有情况，还需要进行进一步的分类讨论。那么我们假设其中某一个\(S_{u*p+1,i}\)，其根的子树可以分为\(m\)类本质不同的，且数目分别为\(a_1,a_2,a_3,\dots,a_m\Big((\sum_{t=1}^ma_t)=u\Big)\)，也不妨将\(a\)不降序排序。对于同一类的子树内部，任意两棵树都可以互换标号，因此分配给这一类的\(a_t\)组标号彼此是无序的，需要将分配标号方案数乘以\(\frac{1}{a_t!}\)。因此对这一情况，分配的方法数应该为：

\[{u*p\choose p,p,\dots,p}*\bigg(\prod_{t=1}^m\frac{1}{a_t!}\bigg)=\frac{(u*p)!}{(p!)^u}*\bigg(\prod_{t=1}^m\frac{1}{a_t!}\bigg) \]

初步解决分配标号的问题后，我们再考虑下一步操作。此时只要将\(u\)棵子树内部的标号都看作是\(1,2,\dots,p\)即可，此时可以去掉形式上的根，将其转化为\(u\)棵树的森林。根据之前的定义，我们可以将全体大小为\(p\)的无标号有根树编号为\(1,2,\dots,cnt_p\)。对于某一个森林，将其每一棵树对应到这棵树所属类别的编号，我们可以将该森林与一个无序可重集合\(\widetilde x\)对应。将所有\(\widetilde x\)组成的集合记作\(\widetilde X\)。

则\(\widetilde x\)满足两个性质：恰好包含\(u\)个数，且每个数都在\(1\)到\(cnt_p\)之间。也可以将\(a_t\)的概念从\(S_{u*p+1,i}\)迁移到\(\widetilde x\)上。不妨记\(\omega_{\widetilde x}\)为属于\(\widetilde x\)对应森林的带标号森林的数目的\(k\)次幂，那么\(f_{p,u}\)可以表示为：

\[f_{p,u}=\sum_{\widetilde x \in \widetilde X}\frac{(u*p)!^k}{(p!)^{u*k}}*\bigg(\prod_{t=1}^m\frac{1}{a_t!^k}\bigg)*\omega_{\widetilde x} \]

\[=\frac{(u*p)!^k}{(p!)^{u*k}}*\Bigg(\sum_{\widetilde x \in \widetilde X}\bigg(\prod_{t=1}^m\frac{1}{a_t!^k}\bigg)*\omega_{\widetilde x}\Bigg)\tag{$*$} \]

因为在分配完标号以后，树的同构就转化为了森林的同构。

然而，由于\(\widetilde x\)是无序可重集合，这非常不利于枚举，因此直接进行计算也非常麻烦。希望能将其转化为有序可重集合（即一个长度为\(u\)的序列）再进一步解决问题。

那么设\(x\)是一个长度为\(u\)的序列，且每一个数都在\(1\)到\(cnt_p\)之间。将所有这样的\(x\)的集合记做\(X\)。如果\(x\)无序化后能和某一个\(\widetilde x\)相同，我们称\(x\)对应到\(\widetilde x\)。

由于\(\widetilde x\)是一个可重的集合，因此对应到\(\widetilde x\)的\(x\)的数目是变化的，不能直接枚举\(x\)。想要利用\(X\)得到一个和\((*)\)相类似的等式，还需要借助置换群。

为了表达方便，用前置知识中的术语来表达。设\(G\)是所有长度为\(u\)的置换构成的群，将\(G\)作用于\(X\)。

那么对于一个\(Orbit(x)\)，所有在这一集合内的\(y\)都对应到相同的\(\widetilde x\)，可以用\(Orbit(x)\)来代替\(\widetilde x\)。将\(a_t\)、\(\omega\)的概念迁移到\(x\)上，我们可以得到与\((*)\)类似的式子：

\[f_{p,u}=\frac{(u*p)!^k}{(p!)^{u*k}}*\Bigg(\sum_{x\in X}\bigg(\prod_{t=1}^m\frac{1}{a_t!^k}\bigg)*\frac{\omega _x}{|Orbit(x)|}\Bigg) \]

不难发现\(|Orbit(x)|=\frac{u!}{\prod_{t=1}^ma_t!}\)。此时有一个难点，就是\(\omega_x\)的计算。先尝试将所有\(a\)相同的\(x\)发在一起计算（此时\(\bigg(\prod_{t=1}^m\frac{1}{a_t!^k}\bigg)\)和\(|Orbit(x)|\)是相同的）。也就是说，此时的森林要求有\(m\)种不同的树，第\(i\)种\(a_i\)棵。首先考虑\(m=1\)的情况，也就是需要\(u\)棵同构的树，不难发现这就等同于：

\[\sum_{i=1}^{cnt_p}\Big(|S_{p,i}|^u\Big)^k=\sum_{i=1}^{cnt_p}|S_{p,i}|^{u*k} \]

看上去似乎并未计算过这个式子，为了计算可能需要修改状态。那么先搁置一边，考虑\(m>1\)的情况，我们能否直接用下面的式子：

\[\prod_{t=1}^m\Bigg(\sum_{i=1}^{cnt_p}|S_{p,i}|^{a_t*k}\Bigg)\tag{$**$} \]

计算呢？不可行，因为这并不能排除不同的两组得到同一类树的情况，同时也没有考虑组与组的数目相同时地位等价的问题。

但这样的思考并不是毫无意义的。不难发现，如果组与组之间默认为地位不等，且不同的组可以使用相同的一类树，那么\((**)\)就是正确的。

最关键的一点是，这两个条件似乎与某一置换下的不动点有异曲同工之妙。我们考虑\(f\in G\)，则\(fix(f)\)就是\(f\)的不动点集合。\(f\)是由若干个置换环组成的，设有\(m'\)个置换环，并设置换环的大小分别为\(a'_1,a'_2,\dots,a'_{m'}\)。可以发现，如果\(x\)是\(f\)的不动点，那么有与之前的\(a\)类似的性质，同一置换环内的位置上，树的种类必须相同。但是，由于置换环本身位置不同，每个置换环就是地位不等的（这也是有序序列的一个好处）。并且，由于我们只要求其为不动点即可，并不需要每个置换环的树种类各不相同，这就完美的符合我们之前的两个条件。

因此我们就可以利用\((**)\)了，也就是说：

\[\sum_{x\in fix(f)}\omega_x=\prod_{t=1}^{m'}\Bigg(\sum_{i=1}^{cnt_p}|S_{p,i}|^{a'_t*k}\Bigg) \]

不过还有一个问题没有解决：怎么求\(\sum_{i=1}^{cnt_p}|S_{p,i}|^{a'_t*k}\)？它的形式和\(dp_p\)相似，但是指数增加了\(a'_t\)倍。必须先进一步扩张状态才能解决这个问题。

那么增加一个指标\(j\)，表示指标扩张的倍数。即：

\[dp_{n,j}=\sum_{i=1}^{cnt_n}|S_{n,i}|^{j*k} \]

\[tmp_{n,j,p}=\sum_{i=1}^{cnt_n}[mxs(S_{n,i})\leq p]|S_{n,i}|^{j*k} \]

\[f_{p,j,u}=\sum_{i=1}^{cnt_{u*p+1}}[mns(S_{u*p+1,i})=mxs(S_{u*p+1,i})=p]|S_{u*p+1,i}|^{j*k} \]

相应修改转移方程：

\[tmp_{n,j,p}=\sum_{u=0}^{\lfloor\frac{n-1}{p}\rfloor}{n-1\choose u*p}^{j*k}tmp_{n-u*p,j,p-1}*f_{p,j,u} \]

\[f_{p,j,u}=\frac{(u*p)!^{j*k}}{(p!)^{u*j*k}}*\Bigg(\sum_{x\in X}\bigg(\prod_{t=1}^m\frac{1}{a_t!^{j*k}}\bigg)*\frac{\omega _x}{|Orbit(x)|}\Bigg) \]

则：

\[\sum_{x\in fix(f)}\omega_x=\prod_{t=1}^{m'}\Bigg(\sum_{i=1}^{cnt_p}|S_{p,i}|^{a'_t*j*k}\Bigg)=\prod_{t=1}^{m'}dp_{p,a'_t*j} \]

注意\(\omega_x\)也是和\(j\)相关的。

首先考虑一下状态数量问题，可以发现由于\(a'_t\leq \frac{n}{p}\)，因此这两维的乘积不会超过全局的\(n\)，因此只有\(\sum_{i=1}^{n}\lfloor\frac{n}{i}\rfloor=O(n\log n)\)种可能。

还有一个问题是，我们并不只是简单的求\(\sum_{x\in X}\omega_x\)，而是有一个\(\Big(\prod_{t=1}^m\frac{1}{a_t!^{j*k}}\Big)*\frac{1}{|Orbit(x)|}\)的系数，不能这样直接交换求和顺序。

那要通过什么方式转化呢？我们设置换\(f\)的某个权值为\(w_f\)，那么有如下等式：

\[\sum_{x\in X}\omega_x\Big(\sum_{f\in SG(x)}w_f\Big)=\sum_{f\in G}w_f\Big(\sum_{x\in fix(f)}\omega_x\Big) \]

只是交换了求和顺序，显然成立。这个等式的左边和\(\sum_{x\in X}\bigg(\prod_{t=1}^m\frac{1}{a_t!^{j*k}}\bigg)*\frac{\omega _x}{|Orbit(x)|}\)相似，右边和\(\sum_{x\in fix(f)}\omega_x\)相似，尝试利用这个等式来对目标进行转化。

如果能找到某种权重函数\(w\)，使得等式：

\[\sum_{f\in SG(x)}w_f=C*\Big(\prod_{t=1}^m\frac{1}{a_t!^{j*k}}\Big)*\frac{1}{|Orbit(x)|} \]

成立，其中\(C\)是一个常数，那么就有：

\[\sum_{x\in X}\bigg(\prod_{t=1}^m\frac{1}{a_t!^{j*k}}\bigg)*\frac{\omega _x}{|Orbit(x)|}=\frac{1}{C}\sum_{x\in X}\omega_x\bigg(\sum_{f\in SG(x)}w_f\bigg) \]

\[=\frac{1}{C}\sum_{f\in G}w_f\bigg(\sum_{x\in fix(f)}\omega_x\bigg) \]

\[=\frac{1}{C}\sum_{f\in G}w_f\bigg(\prod_{t=1}^{m'}dp_{p,a'_t*j}\bigg)\tag{$***$} \]

由于后方的连乘只和置换环大小情况有关，那么自然也希望权重函数也之和置换环大小有关，而且最好也是连乘形式，即：

\[w_f=\prod_{t=1}^{m'}{\widetilde w}_{a'_t} \]

如果可行，那么可以继续转化\((***)\)式：

\[=\frac{1}{C}\sum_{f\in G}\bigg(\prod_{t=1}^{m'}{\widetilde w}_{a'_t}\bigg)*\bigg(\prod_{t=1}^{m'}dp_{p,a'_t*j}\bigg) \]

\[=\frac{1}{C}\sum_{f\in G}\bigg(\prod_{t=1}^{m'}{\widetilde w}_{a'_t}*dp_{p,a'_t*j}\bigg) \]

则每个置换的结果都只和其置换环分解的大小分布情况有关，可以换一种求和方式，令\(h_i={\widetilde w}_{i}*dp_{p,i*j}\)，枚举置换环的大小分布，并分配标号：

\[=\frac{1}{C}\sum_{f\in G}\bigg(\prod_{t=1}^{m'}h_{a'_t}\bigg) \]

\[=\frac{1}{C}\sum_{l>0}\frac{1}{l!}\Bigg(\sum_{\sum_{t=1}^lb_t=u}{u\choose b_1,b_2,\dots,b_l}\bigg(\prod_{t=1}^l (b_t-1)!\bigg)\bigg(\prod_{t=1}^{l}h_{b_t}\bigg)\Bigg) \]

\[=\frac{u!}{C}\sum_{l>0}\frac{1}{l!}\Bigg(\sum_{\sum_{t=1}^lb_t=u}\bigg(\prod_{t=1}^{l}\frac{h_{b_t}}{b_t}\bigg)\Bigg) \]

似乎转化为了熟悉的式子。设生成函数\(H(x)=\sum_{i>0}\frac{h_i}{i}x^i\)，那么前面的式子就转化为：

\[=\frac{u!}{C}\sum_{l>0}\frac{1}{l!}\Bigg(\sum_{\sum_{t=1}^lb_t=u}\bigg(\prod_{t=1}^{l}[x^{b_t}]H(x)\bigg)\Bigg) \]

\[=\frac{u!}{C}\sum_{l>0}\frac{[x^u]H^l(x)}{l!} \]

\[=\frac{u!}{C}[x^u]e^{H(x)} \]

好的！也就是说，我们现在有：

\[f_{p,j,u}=\frac{(u*p)!^{j*k}}{(p!)^{u*j*k}}*\Bigg(\sum_{x\in X}\bigg(\prod_{t=1}^m\frac{1}{a_t!^{j*k}}\bigg)*\frac{\omega _x}{|Orbit(x)|}\Bigg) \]

\[=\frac{(u*p)!^{j*k}}{(p!)^{u*j*k}}*\frac{u!}{C}[x^u]e^{H(x)} \]

唯一的问题就是计算权重函数\(\widetilde w\)了。回顾一下，我们是希望满足这个等式：

\[\sum_{f\in SG(x)}w_f=\sum_{f\in SG(x)}\bigg(\prod_{t=1}^m{\widetilde w}_{a_t}\bigg)=C*\Big(\prod_{t=1}^m\frac{1}{a_t!^{j*k}}\Big)*\frac{1}{|Orbit(x)|} \]

展开\(|Orbit(x)|\)，即：

\[\sum_{f\in SG(x)}\bigg(\prod_{t=1}^m{\widetilde w}_{a_t}\bigg)=C*\Big(\prod_{t=1}^m\frac{1}{a_t!^{j*k}}\Big)*\frac{\prod_{t=1}^ma_t!}{u!} \]

对于\(x\)，它的稳定化子就是满足仅在相同种类树之间进行置换的集合，就是说，只能在同种树内部进行置换环的拆解。那么模仿之前对置换环的枚举方法，换一种方式计算等式左边的值，只是换成了在每一类树内部：

\[=\prod_{t=1}^{m}\Bigg(\sum_{l>0}\frac{1}{l!}\bigg(\sum_{\sum_{t'=1}^lb_{t'}=a_t}{a_t\choose b_1,b_2,\dots,b_l}*\bigg(\prod_{t'=1}^{l}(b_{t'}-1)!\bigg)*\bigg(\prod_{t'=1}^{l}{\widetilde w_{b_{t'}}}\bigg)\bigg)\Bigg) \]

\[=\prod_{t=1}^{m}a_t!*\Bigg(\sum_{l>0}\frac{1}{l!}\bigg(\sum_{\sum_{t'=1}^lb_{t'}=a_t}\bigg(\prod_{t'=1}^{l}\frac{{\widetilde w_{b_{t'}}}}{b_{t'}}\bigg)\bigg)\Bigg) \]

同之前，设\(W(x)=\sum_{i>0}\frac{{\widetilde w}_i}{i}x^i\)，那么上方等式继续转化：

\[=\prod_{t=1}^{m}a_t!*[x^{a_t}]e^{W(x)} \]

带回原等式，即为：

\[\prod_{t=1}^{m}a_t!*[x^{a_t}]e^{W(x)}=C*\Big(\prod_{t=1}^m\frac{1}{a_t!^{j*k}}\Big)*\frac{\prod_{t=1}^ma_t!}{u!} \]

消去\(\prod_{t=1}^{m}a_t!\)：

\[\prod_{t=1}^{m}[x^{a_t}]e^{W(x)}=\Big(\prod_{t=1}^m\frac{1}{a_t!^{j*k}}\Big)*\frac{C}{u!} \]

显然我们令\(C=u!\)，那么有\([x^i]e^{W(x)}=\frac{1}{i!^{j*k}}\)，\(e^{W(x)}\)就是一个已知的多项式。通过\(W(x)=\ln e^{W(x)}\)就可以求解出\(\widetilde w\)了。

回顾一下过程，可以计算出复杂度是\(O(n^2\log n)\)。由于多项式\(\ln\)和\(\exp\)不是瓶颈，可以用简洁的\(O(n^2)\)算法来计算。