WC2019 tree
WC2019唯一一道正常的题，考场上没什么想法，也只拿到了暴力分。搞了一天终于做完了。
前置知识:purfer序，多项式exp或分治FTT。
对于\(type=0\)的,随便维护下，算下联通块即可。
对于\(type=1\)的，如果有\(k\)个联通块，贡献就是\(y^k\),等价于\((y-1+1)^k\)，等价于\(\sum_{i=0}^{k}{k \choose i}(y-1)^i\),就是拆出一个\(1\)，然后二项式展开。
原本的贡献是\(y^n\)现在每有一条边同时出现在两颗树上，那么贡献就要乘上\(y^{-1}\)。
从此以后题道的所有的\(y\)都是\(y^{-1}\)。
这样有什么用呢？这个式子的含义是枚举\(n\)个点的所有边的子集\(E\)，如果\(E\)同时是两棵树的边的子集，那么贡献就是\((y-1)^{|E|}\)，否则是\(0\)。这样组和数已经算在里面了，每个子集的贡献最后合成了一个方案的贡献。
现在我们已知第一颗树，我们钦定一些边是两颗树上都有的边，并且假设这些边组成的联通块把数分成了\(m\)个联通块，那么这棵树的方案数为：
\(\sum_{\sum_{i=1}^{m}d_i==2(m-1)}(m-2)! \prod \frac{a_i^{d_i}}{(d_i-1)!}\)
\(d_i\)是度数，\(a_i\)是联通块里点的个数。
\[\frac{(m-2)!}{\prod (d_i-1)!}$$就是组合数选点放在$prufer$序里。$a_i^{d_i}$就是枚举每个从这个联通块连出去的边连在那个点上。
把$d_i$换成$d_i-1$，式子变成：
### $\sum_{\sum_{i=1}^{m}d_i==m-2}(m-2)! \prod \frac{a_i^{d_i+1}}{d_i!}$
等价于：
### $n^{m-2}\prod_{i=1}^{m}a_i$
现在要证明
### $\sum_{\sum_{i=1}^{m}d_i==m-2}(m-2)! \prod \frac{a_i^{d_i}}{d_i!}==n^{m-2}$
现在我们把$d_i$看成物品，除了组合选点放在$prufer$序中，$d_i$还要乘上$a_i$。现在你直接考虑每一个$d_i$，它的贡献。其实他们直接互补影响，所以一个$d_i$的贡献可以是任意一个$a_i$，所以总贡献就是${\sum a_i}^{m-2}$，也就是$n^{m-2}$。
现在我们只需要算出所有方案的贡献和即可。但是我们没有办法记录$a_i$，所以有一个巧妙的转化，在一个大小为$a_i$的联通块内选一个点的方案数也是$a_i$，所以我们只需要设$dp[u][0/1]$,表示$u$及$u$的子树的贡献和，其中$u$所在的联通块是否选择了一个点即可，选择一条边在边集里的贡献是$(y-1)$,不在的话意味着产生了一个新的联通块，贡献为$n$。
对于$ty=2$的，我们两棵树都不知道，所以我们直接假设至少有有$l$条边在两棵树中，令$m=n-l$就是有$l$个联通块。
### $\sum_{\sum_{i=1}^{m}a_i ==n} \frac{n!\prod_{i=1}^{m}\frac{a_i^{a_i-2}}{a_i!}}{m!}*(n^{m-2}\prod a_i)^2$
枚举每个联通块里有多少个点，$a_i^{a_i-2}$就是每个联通块里都自己构成一棵树，下面除掉$m!$是因为联通块之间无顺序，后面就是两棵树的方案。
带上容斥系数
### $\sum_{\sum_{i=1}^{m}a_i==n-2}(y-1)^{n-m}n^{2(m-2)}\prod_{i=1}^{m}{(\sum_{j=1}^{i}a_j)-1\choose a_i-1}a_i^{a_i}$
大多数都是直接从上面的式子化出来的，只有一个地方：
### $\frac{n!}{m!\prod a_i!}=\prod_{i=1}^{m}{(\sum_{j=1}^{i}a_j)-1\choose a_i-1}$
右边的意思就是每次从当前所有点数中取出$a_i$个，上下都要减1是因为是无序的，为了保证不算重，要强制某个特殊的点在这个联通块里，比如编号最小的那个。
考虑动态规划，设$f[k]$为$k$个点的贡献之和，答案就是$f[n]$。
初始化$f[0]=(y-1)^n*n!*n^{-4}$，但是真正用生成函数时这些东西要最后乘上去。
转移很简单，就是枚举最后一个联通块的大小。
### $f[k]=(y-1)^{-1}*n^2*\sum_{i=1}^{k}{k-1 \choose i-1}i^i*f[k-i]$
### $=(y-1)^{-1}*n^2*\sum_{i=1}^{k}\frac{(k-1)!*i^i}{(i-1)!(k-i)!}f[k-i]$
两边同除$k!$，这样我们求的东西从$f[k]$变成了$\frac{f[k]}{k!}$,最后在乘回来即可，后面的$f[k]$均为$\frac{f[k]}{k!}$。
### $f[k]=(y-1)^{-1}*n^2*\sum_{i=1}^{k}\frac{f[k-i]*i^i}{k*(i-1)!}$
好像可以直接分治$FFT$了。
我们令$f=f[i]x^i$,$g=\frac{i^i}{(i-1)!}*(y-1)^{-1}*n^2$。
因为右边等式下面有个$\frac{1}{k}$，我们把$k$乘到右边去，但是这样第i项的系数就到第$i+1$项去了，为了满足此递推式，我们要求导。
### $f'x=fg$
### $\frac{f'}{f}=\frac{g}{x}$
### $ln(f)=\int \frac{g}{x} dx$
然后你在推一推，发现$\int \frac{g}{x} dx=\sum n^2*(y-1)^{-1}*\frac{i^i}{i!}$。
直接对这个多项式$exp$即可。
```cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef int sign;
typedef long long ll;
#define For(i,a,b) for(register sign i=(sign)(a);i<=(sign)(b);++i)
#define Fordown(i,a,b) for(register sign i=(sign)(a);i>=(sign)(b);--i)
template<typename T>bool cmax(T &a,T b){return (a<b)?a=b,1:0;}
template<typename T>bool cmin(T &a,T b){return (a>b)?a=b,1:0;}
template<typename T>T read()
{
T ans=0,f=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')f=-1,ch=getchar();
while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch-'0'),ch=getchar();
return ans*f;
}
template<typename T>void write(T x,char y)
{
if(x==0)
{
putchar('0'),putchar(y);
return;
}
if(x<0)
{
putchar('-');
x=-x;
}
static char wr[20];
int top=0;
for(;x;x/=10)wr[++top]=x%10+'0';
while(top)putchar(wr[top--]);
putchar(y);
}
void file()
{
freopen("tree.in","r",stdin);
freopen("tree.out","w",stdout);
}
const int N=1e5+5;
int n,m,ty;
void input()
{
n=read<int>(),m=read<int>(),ty=read<int>();
}
const int mo=998244353;
int power(int x,int y)
{
int res=1;
for(;y;x=1ll*x*x%mo,y>>=1)if(y&1)res=1ll*res*x%mo;
return res;
}
namespace sub1
{
vector<int>E[N];
unordered_map<int,bool>mp[N];
int fa[N];
int find(int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);}
void solve()
{
int x,y;
For(i,2,n)
{
x=read<int>(),y=read<int>();
E[x].push_back(y);
E[y].push_back(x);
}
For(i,2,n)
{
x=read<int>(),y=read<int>();
mp[x][y]=1,mp[y][x]=1;
}
For(i,1,n)fa[i]=i;
For(u,1,n)for(int v:E[u])
{
if(mp[u][v])fa[find(v)]=find(u);
}
int cnt=0;
For(i,1,n)if(i==fa[i])cnt++;
write(power(m,cnt),'\n');
}
}
int dp0,dp1;
void add(int &x,int y){x+=y;x-=(x>=mo?mo:0);}
namespace sub2
{
int invm;
vector<int>E[N];
int dp[N][2];
void DP(int u,int pre)
{
dp[u][0]=dp[u][1]=1;
for(int v:E[u])if(v^pre)
{
DP(v,u);
dp0=dp1=0;
add(dp0,1ll*dp[u][0]*dp[v][0]%mo*(invm-1)%mo);
add(dp0,1ll*dp[u][0]*dp[v][1]%mo*n%mo);
//add(dp1,1ll*dp[u][0]*dp[v][0]%mo);
add(dp1,1ll*dp[u][1]*dp[v][0]%mo*(invm-1)%mo);
add(dp1,1ll*dp[u][0]*dp[v][1]%mo*(invm-1)%mo);
add(dp1,1ll*dp[u][1]*dp[v][1]%mo*n%mo);
dp[u][0]=dp0;
dp[u][1]=dp1;
}
}
void solve()
{
int x,y;
For(i,2,n)
{
x=read<int>(),y=read<int>();
E[x].push_back(y);
E[y].push_back(x);
}
invm=power(m,mo-2);
DP(1,0);
write(1ll*dp[1][1]*power(n,mo-2)%mo*power(m,n)%mo,'\n');
}
}
const int max_log=22;
int Mod(int x){return x>=mo?x-mo:x;}
namespace NTT
{
int f[1<<max_log],g[1<<max_log];
void init(int n)
{
int len=1;
for(;len<=n;len<<=1);
for(int i=2;i<=len;i<<=1)
{
f[i]=power(3,(mo-1)/i);
g[i]=power(f[i],mo-2);
}
}
int rev[1<<max_log];
#define rg register
void NTT(int *p,int len,int type)
{
static int u,v,tim,wn,x;
For(i,1,len-1)if(i<rev[i])swap(p[i],p[rev[i]]);
for(rg int i=2;i<=len;i<<=1)
{
tim=i>>1;
wn=(type==1?f[i]:g[i]);
assert(wn);
for(rg int j=0;j<len;j+=i)
{
x=1;
for(rg int k=0;k<tim;++k,x=1ll*x*wn%mo)
{
u=p[j+k],v=1ll*p[j+k+tim]*x%mo;
p[j+k]=Mod(u+v);
p[j+k+tim]=Mod(u-v+mo);
}
}
}
if(type==-1)
{
int inv=power(len,mo-2);
For(i,0,len-1)p[i]=1ll*p[i]*inv%mo;
}
}
int A[1<<max_log],B[1<<max_log],C[1<<max_log];
void get_rev(int len,int cnt)
{
For(i,1,len-1)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)<<(cnt-1));
}
void mul(int *a,int *b,int *c,int n1,int n2)
{
int len,cnt;
for(len=1,cnt=0;len<=n1+n2;len<<=1)cnt++;
get_rev(len,cnt);
For(i,0,n1)A[i]=a[i];
For(i,0,n2)B[i]=b[i];
NTT(A,len,1),NTT(B,len,1);
For(i,0,len)C[i]=1ll*A[i]*B[i]%mo;
NTT(C,len,-1);
For(i,0,n1+n2)c[i]=C[i];
For(i,0,len)A[i]=B[i]=0;
}
}
namespace INV
{
int C[1<<max_log],D[1<<max_log];
void get_inv(int *A,int *B,int len,int cnt)
{
if(len==1){B[0]=power(A[0],mo-2);return;}
get_inv(A,B,len>>1,cnt-1);
NTT::get_rev(len<<1,cnt+1);
For(i,0,len-1)C[i]=A[i],D[i]=B[i];
NTT::NTT(C,len<<1,1);
NTT::NTT(D,len<<1,1);
For(i,0,(len<<1)-1)C[i]=1ll*D[i]*D[i]%mo*C[i]%mo;
NTT::NTT(C,len<<1,-1);
For(i,len>>1,len-1)B[i]=Mod(Mod(B[i]+B[i])-C[i]+mo);
For(i,0,(len<<1)-1)C[i]=D[i]=0;
}
int A[1<<max_log],B[1<<max_log];
void inv(int *a,int *b,int n)
{
int len=1,cnt=0;
for(;len<=n;len<<=1)cnt++;
For(i,0,len<<1)A[i]=B[i]=C[i]=D[i]=0;
For(i,0,n)A[i]=a[i];
get_inv(A,B,len,cnt);
For(i,0,n)b[i]=B[i];
}
}
namespace LN
{
int A[1<<max_log],B[1<<max_log],C[1<<max_log];
void Direv(int *a,int *b,int n)
{
For(i,1,n)b[i-1]=1ll*a[i]*i%mo;
}
int inv[1<<max_log],ans[1<<max_log];
void Inter(int *a,int *b,int n)
{
inv[1]=1;
For(i,1,n)
{
if(i>1)inv[i]=1ll*inv[mo%i]*(mo-mo/i)%mo;
b[i]=1ll*a[i-1]*inv[i]%mo;
}
}
void get_ln(int *a,int *b,int n)
{
Direv(a,B,n);
INV::inv(a,C,n);
NTT::mul(B,C,A,n-1,n);
Inter(A,ans,n);
For(i,0,n)b[i]=ans[i];
}
}
namespace EXP
{
int A[1<<max_log],B[1<<max_log],C[1<<max_log],D[1<<max_log];
void exp(int *a,int *b,int n)
{
For(i,0,n)A[i]=a[i];
B[0]=1;
int len=2,cnt=1;
while(len<=(n<<1))
{
For(i,0,(len>>1)-1)C[i]=D[i]=B[i];
LN::get_ln(C,D,len-1);
For(i,0,len-1)D[i]=Mod(A[i]-D[i]+mo);
D[0]=Mod(D[0]+1);
NTT::get_rev(len<<1,cnt+1);
NTT::NTT(C,len<<1,1);
NTT::NTT(D,len<<1,1);
For(i,0,(len<<1)-1)C[i]=1ll*C[i]*D[i]%mo;
NTT::NTT(C,len<<1,-1);
For(i,0,len-1)B[i]=C[i];
For(i,0,len<<1)C[i]=D[i]=0;
len<<=1,cnt++;
}
For(i,0,n)b[i]=B[i];
}
}
namespace sub3
{
int f[1<<max_log],g[1<<max_log];
int mc[N],inv[N];
void solve()
{
if(m==1){write(power(power(n,n-2),2),'\n');return;}
NTT::init(n<<2);
int invm=power(m,mo-2);
mc[0]=inv[0]=1;
For(i,1,n)mc[i]=1ll*mc[i-1]*i%mo;
inv[n]=power(mc[n],mo-2);
Fordown(i,n-1,1)inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mo;
int tmp=power(invm-1,mo-2);
int d=1ll*tmp*n%mo*n%mo;
For(i,1,n)g[i]=1ll*d*power(i,i)%mo*inv[i]%mo;
EXP::exp(g,f,n);
int ans=f[n];
//cerr<<ans<<endl;
ans=1ll*ans*power(power(n,mo-2),4)%mo*mc[n]%mo*power(m,n)%mo*power(invm-1,n)%mo;
write(ans,'\n');
}
}
void work()
{
if(ty==0)sub1::solve();
else if(ty==1)sub2::solve();
else if(ty==2)sub3::solve();
}
int main()
{
file();
input();
work();
return 0;
}
```\]
