多项式计数相关

放假太闲了，也没啥游戏可玩，于是学学科技

前言

本博客直接嗯看的话一开始跨度会比较大，因此不建议没有了解过以下内容的人观看。

• 多项式以及多项式的一些初等函数
• 生成函数的简单了解，包括 OGF 和 EGF（仅限了解即可）
• 组合数学

指数生成函数 exp 的组合意义

我们考虑下面这个问题：

有 $n$ 个不同的小球，我们设 $k$ 个小球放入一个盒子中的方案数为 $f_k$（显然在球和盒子的问题中 $f_i=1$，但是有时我们需要研究 $f_i$ 不等于 $1$ 的情况）。求下面两个问题的答案：

• $n$ 个不同的小球放入 $k$ 个互不区分的盒子中的方案数
• $n$ 个不同的小球放入任意个互不区分的盒子中的方案数

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我们设第一个问题的答案为 $G_k[n]$，枚举 $k$ 个盒子中都放多少个小球，我们有下面的式子：

$$G_k[n]=\frac{n!}{k!}\sum _{a_1+a_2+\cdots a_k=n}\frac{f_{a_1}{f}_{a_2}\cdots f_{a_k}}{a_1!a_2!\cdots a_k!}$$

我们设 $f_i$ 的 EGF 为 $F(x)$，$G_k[i]$ 的 EGF 为 $G_k(x)$，上面的式子就可以写成：

$$G_k(x)=\frac{1}{k!}{F}^k(x)$$

多项式快速幂即可解决。

而对于第二个问题，我们只需要枚举有多少个盒子即可。我们就可以写出下面的式子：

$$\begin{array}{rl}G(x)& =\sum _{i=0}^{+\mathrm{\infty }}{G}_i(x)\\ & =\sum _{i=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{F^i(x)}{i!}\end{array}$$

根据 $e^x=\sum _{i=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^i}{i!}$（麦克劳林展开），我们可以得到下面的式子：

$$G(x)=\exp (F(x))$$

出奇的简洁，对吧。这也就是指数生成函数 $\exp$ 的组合意义，既将 $n$ 个互异元素划分为任意非空的无序集合中，其中大小为 $i$ 的集合方案数为 $f_i$，最后总方案数为 $g_n$，则两者 EGF 满足 $G(x)=\exp (F(x))$。或者说指示了用有标号的元素构成的集合来生成集族有多少情况。

如果上面这些话比较抽象，可以参照下面的两个个例子来理解：

1. 有标号的小球放到一个盒子是集合，它能够通过 $\exp$ 来转化为放到一堆盒子中的情况。
2. 有标号的点形成连通块是集合，它能够转化为一堆连通块，也就是普通图。

欧拉变换

再回到小球和盒子上来，我们还可以解决下面这几个问题：

1. 我们认为盒子有序，那么我们前面就不用除去 $k!$，那么 $G(x)=\sum _{i=0}{F}^i(x)=\frac{1}{1-F(x)}$。
2. 无标号小球放入有标号盒子，那么只需要把前面的 EGF 换为 OGF 即可。

我们需要解决的问题主要在下一种：无标号小球放入无标号盒子。我们设生成函数 $F(x)=\sum _{i=0}{f}_i{x}^i$。那么我们对大小为 $i$ 的盒子构造完全背包的生成函数，既 $\frac{1}{1-x^i}$，那么这些盒子的方案数即为 $\frac{1}{(1-x^i{)}^{f_i}}$，我们就可以得到欧拉变换的定义式：

$$\mathcal{E}(F(x))=\prod _{i=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{(1-x^i{)}^{f_i}}$$

我们考虑把它化简一下，化简的具体过程可以参考我的十二重计数法博客，下面过程可能会略微省略。

$$\begin{array}{rl}\mathcal{E}(F(x))& =\prod _{i=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{(1-x^i{)}^{f_i}}\\ & =\exp (\sum _{i=1}{f}_i\ln \frac{1}{1-x^i})\\ & =\exp (\sum _{i=1}{f}_i\sum _{j=1}\frac{x^{ij}}{j})\\ & =\exp (\sum _{j=1}\frac{1}{j}\sum _{i=1}{f}_i{x}^{ij})\\ & =\exp (\sum _{i=1}\frac{F(x^i)}{i})\end{array}$$

这样就得到了欧拉变换的最终式子，欧拉变换的组合意义和 $\exp$ 类似，但是它主要是用来解决无标号问题的，我们在下面的习题中会看到类似的题目。

一些题目

限于作者能力和精力有限，只能找一些板题来当例题了。

集合划分计数

一个有 $n$ 个元素的集合，将其分为任意个非空无序子集，求方案数。

数据范围：$T=1000$，$1\le n\le {10}^5$。

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和上面第一个提到的例子相同，只不过为 $f_i=[i>0]$ 的特殊情况。按照上面的式子写即可。

城市规划

求 $n$ 个点有标号无向连通图的数量。

数据范围：$n\le {10}^5$。

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在计数杂题中，我们已经介绍了基于 DP 的分治 FFT 做法，这里我们再介绍基于 $\exp$ 的组合意义的做法。

我们考虑一张简单无向图是如何组成的：是由一堆有标号点构成的连通块组成的。我们把上面的例子套到这里：小球即为有标号点，盒子即为连通块。只不过这里小球放入一个盒子中的方案数不为 $1$ 了，我们设方案数为 $f_i$。而放到任意多个盒子中的方案数我们设为 $g_i$，易得 $g_n=2^{{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})}}$。根据 $\exp$ 的组合意义，很容易得到下面的式子：

$$\begin{array}{rl}G(x)& =\exp (F(x))\\ F(x)& =\ln (G(x))\end{array}$$

多项式 $\ln$ 即可。

有标号 DAG 计数

对 $n$ 个点有标号的有向无环图进行计数，要求：弱连通图（所有的有向边替换为无向边后的图为连通图）。

数据范围：$n\le {10}^5$。

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设 $f_i$ 为大小为 $i$ 的普通 DAG（可能不连通）的数量。

我们考虑模拟拓扑排序的过程，我们删去图中的 $j$ 个零入度点，剩下的图仍然是一张 DAG。我们就能得到下面的式子：

$$f_i=\sum _{j=1}^{i-1}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})}(-1{)}^{j+1}{f}_{i-j}{2}^{j(i-j)}$$

注意这里我们乘了一个 $(-1{)}^{j+1}$，因为我们注意到我们没有保证恰好 $j$ 个零入度点，所以要容斥一下。而 $2^{j(i-j)}$ 是因为这 $j$ 个点可以对剩下的 $(i-j)$ 个点选择连或不连边。因此公式为这个。我们考虑化简这个式子：

首先这个 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})}$ 很好处理，取两边的 EGF 即可，而对于 $2^{j(i-j)}$，我们可以把它用下面这个式子化简：$j(i-j)={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{2})}-{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{2})}-{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i-j}{2})}$。这个式子易证，我们就可以把 $2^{j(i-j)}$ 化为 $\frac{2^{{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{2})}}}{2^{{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{2})}}\times 2^{{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i-j}{2})}}}$。这样我们构造下面这两个生成函数：

$$F(x)=\sum _{i=0}\frac{f_i}{2^{{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{2})}}\times i!}{x}^i$$

$$G(x)=\sum _{i=0}\frac{(-1{)}^{i+1}}{2^{{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{2})}}\times i!}{x}^i$$

我们就能得到这个式子：$F(x)=F(x)G(x)+1$，这里加一是因为有 $F[0]=1$。解方程即可得到 $F(x)=\frac{1}{1-G(x)}$。

我们得到了普通 DAG 的答案，我们考虑弱连通 DAG。一个普通 DAG 一定是由一堆弱连通的 DAG 构成，因此它也符合我们 $\exp$ 的组合意义。因此我们只需要取一下 $\ln$ 即可。

无标号无根树计数

求 $n$ 个点的无标号无根树数量。

数据范围：$1\le n\le 2\times {10}^5$。

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本题是无标号问题，因此我们需要用上面提到的欧拉变换来解决。

我们先考虑有根树。我们把根去掉后，会形成一堆小的无标号有根树。如果我们把一棵树看作一个集合，那么这一堆树就是生成集族。通过比较系数我们就可以用欧拉变换列出下面的式子：

$$F(x)=x\mathcal{E}(F(x))$$

这么简洁的式子不出意料的难解决。我们考虑对两边求导。

$$\begin{array}{rl}F(x)& =x\mathcal{E}(F(x))\\ F(x)& =x\times \exp (\sum _{i=1}\frac{F(x^i)}{i})\\ F^{\prime }(x)& =x^{\prime }\times \exp (\sum _{i=1}\frac{F(x^i)}{i})+x\times {(\exp (\sum _{i=1}\frac{F(x^i)}{i}))}^{\prime }\\ & =\frac{F(x)}{x}+x\times \exp (\sum _{i=1}\frac{F(x^i)}{i})\times {\left(\sum _{i=1}\frac{F(x^i)}{i}\right)}^{\prime }\\ & =\frac{F(x)}{x}+F(x)\times \left(\sum _{i=1}\frac{F^{\prime }(x^i)\times i\times x^{i-1}}{i}\right)\\ & =\frac{F(x)}{x}+F(x)\times \left(\sum _{i=1}\frac{F^{\prime }(x^i)\times i\times x^{i-1}}{i}\right)\\ & =\frac{F(x)}{x}+F(x)(\sum _{i=1}{F}^{\prime }(x^i)\times x^{i-1})\\ x{F}^{\prime }(x)& =F(x)+F(x)\sum _{i=1}{F}^{\prime }(x^i)\times x^i\end{array}$$

我们发现右边这个 $\sum _{i=1}{F}^{\prime }(x^i)\times x^i$ 及其恶心，我们设 $G(x)=\sum _{i=1}{F}^{\prime }(x^i)\times x^i$，则

$$\begin{array}{rl}G(x)& =\sum _{i=1}{F}^{\prime }(x^i)\times x^i\\ & =\sum _{i=1}{x}^i\sum _{j=1}j{f}_j{x}^{i(j-1)}\\ & =\sum _{i=1}\sum _{j=1}j{f}_j{x}^{ij}\end{array}$$

因此所有对 $G(x)$ 第 $n$ 项系数有 $j\times f_j$ 的贡献的 $j$ 必须满足 $j|n$。因此 $[x^n]G(x)=\sum _{i|n}i\times f_i$。

我们再把 $G(x)$ 带回去，能够得到 $x{F}^{\prime }(x)-F(x)=F(x)G(x)$。而我们发现 $x{F}^{\prime }(x)=\sum _{i=1}i\times f_i\times x^i$，因此我们能得到下面的式子：

$$\begin{array}{rl}\left[x^n\right]F(x)& =\frac{\left[x^n\right]F(x)G(x)}{n-1}\\ f_n& =\frac{\sum _{i=0}^{n-1}{f}_i{g}_{n-i}}{n-1}\end{array}$$

分治 FFT 即可。注意这里的分治 FFT 和 luogu 上的板子题不太一样，$g_i$ 是依赖于已经计算过的 $f_i$ 的，因此我们需要采取下面的方式转移：

当 $l=0$ 时，$f_{l\sim mid}\times g_{0\sim r-l}\to f_{mid\sim r}$。

当 $l\ne 0$ 时，转移为：

$$\begin{array}{c}{f}_{l\sim mid}\times g_{0\sim r-l}\\ g_{l\sim mid}\times f_{0\sim r-l}\end{array}\}\to f_{mid\sim r}$$

这样我们就求出了有根树的数量，我们再考虑无根树的数量，我们只需要给它定个根：重心。减去不合法的（子树大小大于 $\frac{n}{2}$ 的），这样答案即为：

$$f_n-\sum _{i=\lfloor \frac{n}{2}\rfloor +1}^{n-1}{f}_i{f}_{n-i}$$

但是我们考虑偶数个点可能会有两个重心，因此我们需要再减去当这两颗大小相同的树同构的情况，也就是 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{f_{\frac{n}{2}}}{2})}$，这样就做完了。

未完待续