「一个经典问题的另一个推导方法」

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。

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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 $n^{n - 2}$。

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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）。

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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 $G_1^{k_1}G_2^{k_2}\dots G_{m}^{k_m}$。

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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。