我承认，标题有些谜语人。主要是怕搜索引擎乱抓导致黑历史暴露。
众所周知 \(n\) 个点的无根有标号树有 \(n^{n - 2}\)。
众所周知这个结论的证法很多，其中一个是使用拉格朗日反演。
设有标号有根树的 EGF 为 \(T(x)\)，有方程 \(T = x(\sum_{i\geq 0} \frac{T^i}{i!}) = x\exp T\)。
设 \(G(x) = x /\exp x\)，则 \(G(T) = x\)，即 \(G\) 是 \(T\) 的复合逆。
由反演，\([x^n]T = [x^n]x(x/G)^{n + 1}G' = n^{n-1}/n!\)。
得到有根树为 \(n^{n - 1}\)，则无根树为 \(n^{n - 2}\)。
众所周知将 \(m\) 个大小为 \(a_1, \dots, a_m\) 的树连成一个 \(n\) 个点无根树的方案数为 \(n^{m - 2}\prod a_i\)。
众所周知这个结论的证法很多，其中一个是使用扩展拉格朗日反演。
下尝试用扩展拉格朗日反演证一下这个结论 当然是不会去证扩展拉格朗日反演的。
实际上众所周知，扩展拉格朗日反演与 prufer 序列和矩阵树定理关系都非常密切，所以三种证法本质等价（瞎说）。
首先给出一些记号。
下将 \(G(x_1, x_2, \dots, x_m)\) 简记成 \(G(\mathrm x)\)。
下将 \(x_1^{k_1}x_2^{k_2}\dots x_{m}^{k_m}\) 简记成 \(\mathrm x^{\mathrm k}\)。
在多元 GF 下复合逆这一概念并不良定义。因此，取而代之的，我们定义一组树形复合方程：
\[F_1 = x_1G_1(F_1, F_2, \dots, F_m) = x_1G_1(\mathrm F) \\
F_2 = x_2G_2(F_1, F_2, \dots, F_m) = x_2G_2(\mathrm F) \\
\dots \\
F_m = x_mG_m(F_1, F_2, \dots, F_m) = x_mG_m(\mathrm F) \\
\]
树形复合方程确实和树有关系。
具体来说，我们所考虑的对象是有 \(m\) 种结点的有根树。则 \(F_i\) 可以看成以第 \(i\) 种结点为根时对应的有根树。
下当 \(A = (a_{i,j})\) 时将 \(\det A\) 记成 \(\left|\left|a_{i, j}\right|\right|\)。
给出定理：
\[[\mathrm x^{\mathrm k}]H(\mathrm F) = [\mathrm x^{\mathrm k}]H(\mathrm x)\times \mathrm G^{\mathrm k}\times \left|\left|[i = j] - \frac{x_j\frac{\part G_i}{\part x_j}}{G_i(\mathrm x)}\right|\right|
\]
注意字体与其代表的含义，比如 \(\mathrm G^{\mathrm k}\) 实际上是 \(G_1^{k_1}G_2^{k_2}\dots G_{m}^{k_m}\)。
现在来证明，首先转化成算有根树除以 \(m\)。
记 \(F_i\) 表示以第 \(i\) 种点为根的 EGF，此时一条边会产生两端 \(a\) 乘积的贡献，因此得到方程：
\[F_i = x_i\exp\left(\sum_{j = 1}^m a_ia_jF_j\right)
\]
也即 \(G_i = \exp(\sum_{j = 1}^m a_ia_jx_j)\)。
最后每种点仅出现一次，那么取 \([\mathrm x](\sum_{i = 1}^m F_i)\) 即为答案。使用反演：
\[\begin{aligned}[]
[\mathrm x]\left(\sum_{i = 1}^mF_i\right) &= [\mathrm x]\left(\sum_{i = 1}^mx_i\right)\times \left(\prod_{i = 1}^m\exp\left(\sum_{j = 1}^m a_ia_jx_j\right)\right)\times \left|\left|[i = j] - \frac{x_ja_ia_j\exp(\sum_{j = 1}^m a_ia_jx_j)}{\exp(\sum_{j = 1}^m a_ia_jx_j)}\right|\right| \\
&= [\mathrm x]\left(\sum_{i = 1}^mx_i\right)\times \exp \left(\sum_{i = 1}^{m}\sum_{j = 1}^{m}a_ia_jx_j\right)\times \left|\left|[i = j] - a_ia_jx_j\right|\right|
\end{aligned}
\]
搞一搞行列式：
\[\begin{aligned}
\begin{vmatrix}
1-a_1^2x_1 & -a_1a_2x_2 & \dots & -a_1a_nx_n \\
-a_2a_1x_1 & 1-a_2^2x_2 & \dots & -a_2a_nx_n \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
-a_na_1x_1 & -a_na_2x_2 & \dots & 1-a_n^2x_n \\
\end{vmatrix}
=
\begin{vmatrix}
1-a_1^2x_1 & -a_1a_2x_2 & \dots & -a_1a_nx_n \\
-a_2/a_1 & 1 & \dots & 0 \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
-a_n/a_1 & 0 & \dots & 1 \\
\end{vmatrix}
=
\begin{vmatrix}
1-\sum_{i = 1}^{m}a_i^2x_i & -a_1a_2x_2 & \dots & -a_1a_nx_n \\
0 & 1 & \dots & 0 \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
0 & 0 & \dots & 1 \\
\end{vmatrix}
\end{aligned}
\]
将结果 \(1 - \sum_{i = 1}^m a_i^2x_i\) 再代回去：
\[\begin{aligned}[]
[\mathrm x]\left(\sum_{i = 1}^mx_i\right)\times \left(\prod_{j = 1}^m\exp\left(na_jx_j\right)\right)\times \left(1 - \sum_{i = 1}^m a_i^2x_i\right)
\end{aligned}
\]
如果最后一项取 \(1\)，则得到 \(n^{m - 1}(\prod_{i = 1}^m a_i)(\sum_{i = 1}^m1/a_i)\)。
否则，得到 \(-n^{m - 2}(\prod_{i = 1}^m a_i)(\sum_{i = 1}^m\sum_{j = 1,j\neq i}^ma_j/a_i) = -n^{m - 2}(\prod_{i = 1}^m a_i)(\sum_{i=1}^{m}n/a_i - m)\)。
因此得到最终结果 \(mn^{m - 2}(\prod_{i = 1}^m a_i)\)。
别忘了除以 \(m\)，得到形式 \(n^{m - 2}(\prod_{i = 1}^m a_i)\)，证完了。
这还要搞行列式，和矩阵树定理没啥差别啊。
