群论类题目
先证一下一些相关的定理。
轨道-稳定子定理
即：
$|G^x| \times |G(x)|=|G|$其中 $G$ 为置换群，$x$ 为任意元素。
$proof:$
根据置换群定义：$\varphi(g,\varphi(p,x))=\varphi(g \times p,x))$。
然后也就是显然不动置换个数和轨道大小成反比，观察不难发现他们乘积即为群大小。
Burnside
即：
$|X/G|=\frac{1}{|G|}\sum\limits_{g \in G} X^g$
$proof:$ 对于后面的求和我们显然发现，一个置换对应一个集合时，要么贡献是 $1$，要么是 $0$。
既然是一一对应的，那式子可以写成：
$|X/G|=\frac{1}{|G|}\sum\limits_{x \in X} G^x$
$|X/G|=\sum\limits_{x \in X} \frac{1}{|G(x)|}$
此时不难发现其实本质不同个数相当于本质不同集合个数，每个集合内元素都是本质相同的。
此时发现如此划分正好是全集的划分，然后对于每个集合轨道大小为集合大小，故对于一个集合，贡献为 $1$。
所以：$|X/G|=\sum\limits_{e \in X/G} 1$
要求的是 $n$ 个点的每个点度数不超过 $4$ 且根的度数不超过 $3$ 的有根树的数目。
设 $f_i$ 表示 $i$ 个点的数目。
然后这是个裸的群论，钦定子树个数为3，没有节点相当于空树。
考虑置换只有 $6$ 种，分类一下。
$1.\begin{pmatrix}1&2&3\\1&2&3\end{pmatrix}$
显然此时贡献是随便的，毕竟都是不动点，有 $\dfrac{1}{6}\sum\limits_{a+b+c=i-1} f_af_bf_c \rightarrow f_i$
$2.\begin{pmatrix}1&2&3\\1&3&2\end{pmatrix} , \begin{pmatrix}1&2&3\\3&2&1\end{pmatrix} , \begin{pmatrix}1&2&3\\2&1&3\end{pmatrix}$
有两处要相等，有 $\dfrac{1}{2}\sum\limits_{2 \times a+b=i-1} f_af_b \rightarrow f_i$
$3.\begin{pmatrix}1&2&3\\3&1&2\end{pmatrix} , \begin{pmatrix}1&2&3\\2&3&1\end{pmatrix}$
三处都要相等，有 $\dfrac{1}{3}\sum\limits_{3 \times a=i-1} f_a \rightarrow f_i$
发现不好快速转移，我们考虑用科技解决。
写成生成函数： $A(x)=1+x\dfrac{A(x)^3+3 \times A(x^2)A(x) +2 \times A(x^3)}{6}$
考虑牛顿迭代，在模 $x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}$ 意义下，求模 $x^n$ 意义下的 $A(x)$ 。
不难发现此时 $A(x^2)$ 和 $A(x^3)$ 都是常系数。
构造 $G(A(x))=-A(x)+1+x\dfrac{A(x)^3+3 \times A(x^2)A(x) +2 \times A(x^3)}{6}$
$G^{\prime}(A(x))=-1+x\dfrac{A(x)^2+A(x^2)}{2}$
$A(x)=A_0(x)-\dfrac{G(A_0(x))}{G^{\prime}(A_0(x))}$
常数极大，$O(n \log n)$。
求 $n$ 个点的无标号无根树并满足每个点的度数 $\leq 4$ 的树的个数。
首先无标号有根树的情况很简单，求出烷基计数后就几乎得到。
然后考虑怎么将有根树计数变成无根树计数。
考虑一个nb性质，定义无标号无根树 $T$ 的点等价类为 $p(T)$，边等价类为 $q(T)$ 。
定义 $r(T)$ 表示 $T$ 是否有两个重心并且两个重心等价，是则为 $1$，否则为 $0$。
有 $p(T)-q(T)+r(T)=1$，也就是贡献为 $1$。
证明非常清新，讨论一下重心就可以得出。
对于这个式子的应用，我们发现答案便是满足条件的无标号有根树个数，减去边等价类个数，在加上多少树可以分成两个一摸一样的子树。
边等价类求法可看成那条特殊边消失，然后一个虚根连向两点，变成无标号有根树求解。
然后这题就解决了。
