组合结构符号化

参考自 x义x 的同名博客。

一、无标号计数

• 定义 1.1（组合类）：组合类是一个集合 $\mathcal A$ 和一个附带的大小函数 $f:\mathcal A\to\mathbb N$（记 $f(a)$ 为 $|a|$ 或 $|a|_{\mathcal A}$）。

  它需要满足对于任意 $n\in\mathbb N$，$\mathcal A_n:=\{a\in\mathcal A:|a|=n\}$ 都是有限集（从而 $\mathcal A$ 是至多可数集）。

  组合类中的元素被称作组合对象。

  定义 $\mathcal A$ 的计数序列为 $(A_n)_{n=0}^{\infty}$ 满足 $A_n:=\operatorname{card}\mathcal A_n$。

• 定义 1.2（计数序列的 OGF）：设组合类 $\mathcal A$ 的计数序列为 $(A_n)_{n=0}^{\infty}$。定义 $(A_n)_{n=0}^{\infty}$ 的 OGF 为形式幂级数：

  $$A(z):=\sum_{n\in\mathbb N}A_nz^n$$

  容易看出，上述定义和下面是等价的：

  $$A(z):=\sum_{a\in\mathcal A}z^{|a|}$$

• 定义 1.3（笛卡尔积）：设 $\mathcal B,\mathcal C$ 是组合类。定义它们的笛卡尔积 $\mathcal B\times\mathcal C$ 的大小函数满足对于任意 $(b,c)\in \mathcal B\times\mathcal C$ 有 $|(b,c)|_{\mathcal B\times\mathcal C}:=|b|_{\mathcal B}+|c|_{\mathcal C}$。

• 引理 1.4：设 $\mathcal B,\mathcal C$ 是组合类，$\mathcal A=\mathcal B\times\mathcal C$。那么 $A(z)=B(z)C(z)$。

笛卡尔积的组合意义是：将两个组合类中的组合对象有序地拼在一起。

• 定义 1.5（不交并）：设 $\mathcal B,\mathcal C$ 是组合类且 $\mathcal B\cap \mathcal C=\varnothing$。定义它们的无交并 $\mathcal B\cup \mathcal C$ 的大小函数满足对于任意 $a\in\mathcal B\cup \mathcal C$ 有 $|a|_{\mathcal B\cup \mathcal C}:=\begin{cases}|a|_{\mathcal{B}}&a\in \mathcal B\\|a|_{\mathcal C}&a\in\mathcal C\end{cases}$。
• 定义 1.6（和）：设 $\mathcal B,\mathcal C$ 是组合类。定义它们的和为 $\mathcal B+\mathcal C:=(\mathcal E_1\times\mathcal B)\cup(\mathcal E_2\times\mathcal C)$，其中 $\mathcal E_1,\mathcal E_2$ 是两个不同的、仅包含一个大小为 $0$ 的组合对象的组合类。
• 引理 1.7：设 $\mathcal B,\mathcal C$ 是组合类且 $\mathcal B\cap\mathcal C=\varnothing$，$\mathcal A=\mathcal B\cup \mathcal C$。那么 $A(z)=B(z)+C(z)$。
• 引理 1.8：设 $\mathcal B,\mathcal C$ 是组合类，$\mathcal A=\mathcal B+ \mathcal C$。那么 $A(z)=B(z)+C(z)$。

和的组合意义是：区分所属组合类地将两个组合类合并。

• 定义 1.9（有序列表构造）：设 $\mathcal B$ 是组合类且 $[z^0]B(z)=0$。定义它的有序列表构造为 $\operatorname{SEQ}(\mathcal B):=\bigcup_{l\in\mathbb N}\mathcal B^l$。
• 引理 1.10：设 $\mathcal B$ 是组合类且 $[z^0]B(z)=0$，$\mathcal A=\operatorname{SEQ}(\mathcal B)$。那么 $A(z)=\frac{1}{1-B(z)}$。

有序列表构造的组合意义是：用同一组合类内的若干组合对象有序地拼在一起。

• 定义 1.11（映射群）：映射群是由映射构成的集合、且在复合运算下构成群。

• 定义 1.12（等价类）：设 $\mathcal B$ 是组合类，$(G_n)_{n=0}^{\infty}$ 是映射群列，满足 $G_n$ 中的元素是定义域和对应域都是 $\{b\in \mathcal B:|b|=n\}$ 的映射。

  称 $b_1,b_2\in\mathcal B$ 本质相同（记为 $b_1\equiv b_2$），当且仅当 $|b_1|=|b_2|$ 且存在 $g\in G_{|b_1|}$ 使得 $g(b_1)=b_2$。

  容易证明本质相同关系是自反、对称、传递的。

  定义组合类 $\mathcal B/G:=\{\{b_2\in\mathcal B:b_1\equiv b_2\}:b_1\in\mathcal B\}$，即所有等价类构成的集合。

  对于 $S\in \mathcal B/G$ 定义 $|S|_{\mathcal B/G}$ 为 $S$ 中任一组合对象的大小，注意与 $|S|$ 区分。

• 定义 1.13（环构造）：设 $\mathcal B$ 是组合类且 $[z^0]B(z)=0$。定义它的环构造为 $\operatorname{CYC}(\mathcal B)=(\operatorname{SEQ}(\mathcal B)\setminus \{()\})/G$。其中 $G_n$ 是所有 $n$ 元组上的循环位移构成的群。

• 引理 1.14：设 $\mathcal B$ 是组合类且 $[z^0]B(z)=0$，$\mathcal A=\operatorname{CYC}(\mathcal B)$。那么：

  $$A(z)=\sum_{k\geq 1}\frac{\varphi(k)}{k}\ln\frac{1}{1-B(z^k)}$$

  其中 $\varphi$ 是数论上的欧拉函数。

  证明：考虑使用 Burnside 引理。先枚举序列长度 $n$，再枚举循环位移的步数 $d$，可得：

  $$A(z)=\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n}\sum_{d=1}^nB(z^{n/\gcd(d,n)})^{\gcd(d,n)}$$

  其中 $B(z^s)$ 相当于把同一个组合对象复制为 $s$ 份。转为枚举 $k=n/\gcd(d,n)$ 和 $g=\gcd(d,n)$：

  $$\begin{aligned} A(z)&=\sum_{k\geq 1}\sum_{g\geq 1}B(z^k)^{g}\frac{1}{kg}\sum_{d=1}^{kg}[\gcd(d,kg)=g]\\ &=\sum_{k\geq 1}\frac{\varphi(k)}{k}\sum_{g\geq 1}\frac{B(z^k)^g}{g}\\ &=\sum_{k\geq 1}\frac{\varphi(k)}{k}\left.\left(\int\frac{1}{1-x}\right)\right|_{x=B(z^k)}\\ &=\sum_{k\geq 1}\frac{\varphi(k)}{k}\left.\left(\ln\frac{1}{1-x}\right)\right|_{x=B(z^k)} \end{aligned}$$

环构造的组合意义是：用同一组合类内的若干组合对象拼成一个环。

• 定义 1.15（可重集构造）：设 $\mathcal B$ 是组合类且 $[z^0]B(z)=0$。定义它的可重集构造为 $\operatorname{MSET}(\mathcal B)=\operatorname{SEQ}(\mathcal B)/G$，其中 $G_n$ 是所有 $n$ 元置换。

• 引理 1.16：设 $\mathcal B$ 是组合类且 $[z^0]B(z)=0$，$\mathcal A=\operatorname{MSET}(\mathcal B)$。那么：

  $$A(z)=\prod_{i\geq 1}\left(\frac{1}{1-x^i}\right)^{B_i}$$

  证明：相当于将 $\mathcal B$ 中的每个组合对象先做一次 $\operatorname{SEQ}$，再笛卡尔积组合起来。

• 引理 1.17：设 $\mathcal B$ 是组合类且 $[z^0]B(z)=0$，$\mathcal A=\operatorname{MSET}(\mathcal B)$。那么：

  $$A(z)=\exp\left(\sum_{i\geq 1}\frac{B(z^i)}{i}\right)$$

  证明：代数上，可以将引理 16 中的式子先取 $\ln$ 再取 $\exp$ 得到。

  组合意义上，仍然考虑 Burnside 引理。先枚举序列长度 $n$，再枚举置换 $g$，设 $g$ 环分解得到 $(a_i)_{i=1}^m$，那么：

  $$A(z)=\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n!}\sum_g\prod_{i=1}^mB(z^{a_i})$$

  其实就是很经典的用环刻画排列，这里略去具体过程，最后即可得到原式。

可重集构造的组合意义是：用同一组合类内的若干组合对象拼在一起，只关注每种组合对象的出现次数（无序）。

• 例 1.18：设 $\mathcal T$ 是所有无标号有根树构成的组合类，那么应当有：

  $$\mathcal T=\mathcal Z\times \operatorname{MSET}(\mathcal T)$$

  其中 $\mathcal Z$ 是仅包含一个大小为 $1$ 的组合对象的组合类。它在这里的意义是树的根。

• 定义 1.19（染色）：设有限集 $\mathcal M=\{1,\cdots,m\}$ 和作用在 $\mathcal M$ 上的置换群 $G$。设 $\mathcal B$ 是组合类。$\mathcal M\to \mathcal B$ 的映射被称为染色。

  称两个染色 $\phi_1,\phi_2\in\mathcal B^{\mathcal M}$ 本质相同，当且仅当存在 $g\in G$ 使得 $\phi_1\circ g=\phi_2$。类似定义等价类集合 $\mathcal B^{\mathcal M}/G$。

  设 $\mathcal B$ 还附带一个权重函数 $w$。那么定义一个染色 $\phi\in\mathcal B^{\mathcal M}$ 的权重为 $w(\phi)=\prod_{n\in\mathcal M}w(\phi(n))$。

  显然同一个等价类中的染色的权重都是相同的，将其定义为该等价类的权重。

• 引理 1.20（Polya 定理）：设有限集 $\mathcal M=\{1,\cdots,m\}$ 和作用在 $\mathcal M$ 上的置换群 $G$。设 $\mathcal B$ 是组合类，附带权重函数 $w$。那么：

  $$\sum_{\phi\in \mathcal B^{\mathcal M}/G}w(\phi)=Z\left(G;\sum_{b\in \mathcal B}w(b),\cdots,\sum_{b\in\mathcal B}w^m(b)\right)\\ Z(G;x_1,\cdots,x_m)=\frac{1}{|G|}\sum_{g\in G}x_1^{j_1(g)}\cdots x_m^{j_m(g)}$$

  其中 $j_i(g)$ 表示 $g$ 的环分解中中大小为 $i$ 的环的个数。

  证明：咕。

• 例 1.21：取 $w(b):=1$，得到：

  $$|\mathcal{B}^{\mathcal M}/G|=\frac{1}{|G|}\sum_{g\in G}|\mathcal B|^{c(g)}$$

  其中 $c(g)=\sum j(g)$ 表示环分解中环的个数。

  其含义是计算本质不同染色方案的数量。

• 例 1.22：取 $w(b):=z^{|b|}$，得到：

  $$\sum_{\phi\in\mathcal B^{\mathcal M}/G}w(\phi)=Z(G;B(z),\cdots,B(z^m))$$

  其含义是计算每种本质的染色方案的颜色大小之和的生成函数。

• 例 1.23：取 $G_m$ 为所有 $m$ 元置换，得到：

  $$\sum_{m\geq 0}\sum_{\phi\in\mathcal B^{\{1,\cdots,m\}}/G_m}w(\phi)=\exp \left(\sum_{i\geq 1}\frac{1}{i}\sum_{b\in\mathcal B}w^i(b)\right)$$

  其含义是在 $\mathcal B$ 中无序地选若干个可以重复的物品，这些物品的大小和的生成函数。

二、有标号计数

• 定义 2.1（有标号的组合对象）：称一个组合对象（这里为了直观默认为图）是弱标号的，当且仅当它的每一个节点都附带一个互不相同的正整数标号。

  你可以理解为，这个组合对象附带了一个函数 $f$，其中 $f_i$ 表示第 $i$ 个节点的标号（注意这里我们并没有具体定义第 $i$ 个节点是什么，但目的只是将所有节点区分开来）。

  称一个大小为 $n$ 的组合对象是（强）标号的，当且仅当它是弱标号的，且所有节点的标号恰好构成 $1,\cdots,n$ 的一个排列。

首先要注意的是，将一个大小为 $n$ 的无标号的组合对象附上标号，所得到的有标号的组合对象的数量并不一定是 $n!$。比如对一棵 “两点一边” 的无标号树标号后只能形成一种有标号树。

• 定义 2.2（离散化）：定义弱标号组合对象 $a$ 的离散化为强标号组合对象 $\rho(a)$，使得所有节点的标号大小关系仍然不变。

• 定义 2.3（计数序列的 EGF）：设组合类 $\mathcal A$ 的计数序列为 $(A_n)_{n=0}^{\infty}$。定义 $(A_n)_{n=0}^{\infty}$ 的 EGF 为形式幂级数：

  $$A(z):=\sum_{n\in\mathbb N}A_n\frac{z^n}{n!}$$

  容易看出，上述定义和下面是等价的：

  $$A(z):=\sum_{a\in\mathcal A}\frac{z^{|a|}}{|a|!}$$

本章我们仅讨论由有标号的组合对象形成的组合类，所讨论的生成函数均为 EGF。

• 定义 2.4（标号积）：设 $\mathcal B,\mathcal C$ 是组合类，$b\in\mathcal B,c\in\mathcal C$。

  定义 $b,c$ 的标号积为组合类 $b\star c:=\{(b',c'):(b',c')\text{是强标号的},\rho(b')=b,\rho(c')=c\}$，其大小函数定义为 $|(b',c')|:=|b|+|c|$。

  定义 $\mathcal B,\mathcal C$ 的标号积为组合类 $\mathcal B\star \mathcal C:=\bigcup_{b\in\mathcal B,c\in\mathcal C}b\star c$。

• 引理 2.5：设 $\mathcal B,\mathcal C$ 是组合类，$\mathcal A=\mathcal B\star\mathcal C$。那么 $A(z)=B(z)C(z)$。

标号积的组合意义是：将两个组合类中的组合对象有序地拼在一起，并重新分配标号、使得维持在原组合类中的标号大小关系。

• 定义 2.6（有序列表构造）：设 $\mathcal B$ 是组合类且 $[z^0]B(z)=0$。定义它的有序列表构造为 $\operatorname{SEQ_{\star}}(\mathcal B):=\bigcup_{l\in\mathbb N}\mathcal B^l$。这里 $\mathcal B$ 的幂以 $\star$ 为基础定义。
• 引理 2.7：设 $\mathcal B$ 是组合类且 $[z^0]B(z)=0$，$\mathcal A=\operatorname{SEQ_\star}(\mathcal B)$。那么 $A(z)=\frac{1}{1-B(z)}$。

有序列表构造的组合意义是：用同一组合类内的若干组合对象有序地拼在一起，并重新分配标号、使得维持在原组合类中的标号大小关系。

• 定义 2.8（集合构造）：设 $\mathcal B$ 是组合类且 $[z^0]B(z)=0$。定义它的集合构造为 $\operatorname{SET}(\mathcal B)=\operatorname{SEQ_\star}(\mathcal B)/G$，其中 $G_n$ 是所有 $n$ 元置换。

• 引理 2.9：设 $\mathcal B$ 是组合类且 $[z^0]B(z)=0$，$\mathcal A=\operatorname{SET}(\mathcal B)$。那么 $A(z)=\exp B(z)$。

  证明：枚举 $b\in \mathcal B$ 出现了 $i$ 次，但由于这 $i$ 个 $b$ 应当是不加区分的，而给它们标号时会重复计算 $i!$ 次，所以要除掉：

  $$\begin{aligned} A(z)&=\prod_{b\in\mathcal B}\sum_{i\geq 0}\frac{\left(\frac{z^{|b|}}{|b|!}\right)^i}{i!}\\ &=\prod_{b\in\mathcal B}\exp\left(\frac{z^{|b|}}{|b|!}\right)\\ &=\exp \left(\sum_{b\in\mathcal B}\frac{z^{|b|}}{|b|!}\right)\\ &=\exp B(z) \end{aligned}$$

  或者另一种组合意义的解释：考虑一个带标号的 $n$ 元组，由于已经带上标号了，所以它们之间是两两相互区分的，那么这种重标号的 “set” 肯定会被恰好计算 $n!$ 次，所以应当有：

  $$A(z)=\sum_{n\geq 0}\frac{B(z)^n}{n!}=\exp B(z)$$

集合构造的组合意义是：用同一组合类内的若干组合对象拼在一起，并重新分配标号、使得维持在原组合类中的标号大小关系，同种重标号的 “set” 仅会被算一次。

• 定义 2.10（选根）：设 $\mathcal B$ 是组合类。定义它的选根为 $\operatorname{PT}(\mathcal B):=\bigcup_{n\geq 0}\mathcal B_n\times \mathbb Z_{1..n}$。其中 $\mathbb Z_{1..n}$ 的大小函数满足 $|i|_{\mathbb Z_{1..n}}=0$。

• 引理 2.11：设 $\mathcal B$ 是组合类，$\mathcal A=\operatorname{PT}(\mathcal B)$。那么 $A(z)=B'(z)z$。

  证明：$A(z)=\sum_{i\geq 1}i B_iz^i=B'(z)z$。

选根的组合意义是：在组合对象中选择一个特殊节点。

• 定义 2.12（复合）：设 $\mathcal B,\mathcal C$ 是组合类。定义它们的复合为 $\mathcal B\circ \mathcal C=\sum_{n\geq 0}0(\mathcal B_k)\times \operatorname{SET}_k(\mathcal C)$。其中 $0(\mathcal B_k)$ 为将 $\mathcal B_k$ 的大小函数设置为恒等于 $0$ 后的结果。

• 引理 2.13：设 $\mathcal B,\mathcal C$ 是组合类，$\mathcal A=\mathcal B\circ \mathcal C$。那么 $A(z)=(B\circ C)(z)$。

  证明：$(B\circ C)(z)=\sum_{n\geq 0}B_n\frac{C(z)^n}{n!}$，其中 $\frac{C(z)^n}{n!}$ 的组合意义是选出一个包含恰好 $n$ 个 $\mathcal C$ 中组合对象并重标号的 “set”，然后由于 “set” 中的元素是两两区分的，那么直接把它们当成标号即可。

复合一般要求 $\mathcal B$ 中的组合对象的标号不能有大小关系的限制，否则其组合意义不好解释。它的结构一般有明显的分层。可以通过下面这几个例子来理解：

• 例 2.14：记 $\mathcal C$ 为所有有标号序列形成的组合类，那么 $C(z)=\sum_{n\geq 0}\frac{n!}{n!}z^n=\frac{1}{1-z}$。

  于是 $\mathcal A=\operatorname{SEQ_\star}(\mathcal B)=\mathcal C\circ \mathcal B$，且 $A(z)=\frac{1}{1-B(z)}=C(B(z))$。

• 例 2.15：记 $\mathcal C$ 为所有有标号环形成的组合类，那么 $C(z)=\sum_{n\geq 1}\frac{(n-1)!}{n!}z^n=\sum_{n\geq 1}\frac{z^n}{n}$。

  于是 $\mathcal A=\operatorname{CYC_\star}(\mathcal B)=\mathcal C\circ \mathcal B$，且 $A(z)=\sum_{n\geq 1}\frac{B(z)^n}{n}$。

• 例 2.16：记 $\mathcal C$ 为所有有标号无序集合形成的组合类（注意，由于是无序集合，所以这里的标号仅是为了区分它们，所以仅有一种标号方式），那么 $C(z)=\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n!}z^n=e^z$。

  于是 $\mathcal A=\operatorname{SET}(\mathcal B)=\mathcal C\circ \mathcal B$，且 $A(z)=\exp B(z)$。

三、集合幂级数

咕。

例题

【ZJOI2018】树

题意：

随机生成 $k$ 棵大小为 $n$ 的有标号有根树，其中标号要求父亲比儿子小，求这 $k$ 棵树同构的概率。

$n\leq 2000$，$k\leq 10^9$。

题解：

一开始的想法是用有标号计数来做，但其实你发现由于它是要对每个无标号有根树 $b$ 求标号方案 $w(b)$ 的 $k$ 次方之和，所以还不太一样，这里我们按照题意考虑构造一种生成函数。

注意 $w(b)$ 并不是拓扑序的数量，因为点本来是不区分的，比如 “一个根两个儿子” 这棵三个点树只有一种标号方案而非两种。

首先考虑对两棵无标号有根树 $b_1,b_2$ 分配标号方案，方案数为 $w(b_1,b_2)=\binom{|b_1|+|b_2|}{|b_1|}w(b_1)w(b_2)$，那么 $\left(\frac{w(b_1,b_2)}{(|b_1|+|b_2|)!}\right)^k=\left(\frac{w(b_1)}{|b_1|!}\right)^k\left(\frac{w(b_2)}{|b_2|!}\right)^k$，于是考虑构造生成函数：

$$B(z)=\sum_{b\in\mathcal B}\left(\frac{w(b)}{|b|!}\right)^kz^{|b|}$$

记 $f(b)=\left(\frac{w(b)}{|b|!}\right)^k$，它就是一个组合对象的 “权”。那么 $B(z)=\sum_{b\in\mathcal B}f(b)z^{|b|}$。

现在考虑分析一棵树的构造。

定义 $\mathcal A=\operatorname{SUBT}(\mathcal B)$ 为将 $\mathcal B$ 中的若干棵无根树拼成另一个点的所有子树。这其实和有标号中的集合构造很像，但有个 $k$ 次幂：

$$A(z)=\prod_{b\in\mathcal B}\sum_{i\geq 0}\frac{\left(f(b)z^{|b|}\right)^i}{i!^k}$$

定义 $\operatorname{RT}(\mathcal A)$ 为将 $\mathcal A$ 中拼出来的若干棵子树加上根。显然 $\mathcal B$ 就是 $\operatorname{RT}(\mathcal A)$。那么应当有：

$$B(z)=\sum_{n\geq 0}\frac{n!^k}{(n+1)!^k}A_nz^{n+1}$$

我们需要对 $A(z)$ 做进一步的化简，使得它与 $B(z)$ 关联上：

$$\begin{aligned} A(z)&=\prod_{b\in\mathcal B}\sum_{i\geq 0}\frac{\left(f(b)z^{|b|}\right)^i}{i!^k}\\ &=\exp\sum_{b\in\mathcal B}\ln\sum_{i\geq 0}\frac{\left(f(b)z^{|b|}\right)^i}{i!^k} \end{aligned}$$

记 $\ln\sum_{i\geq 0}\frac{x^i}{i!^k}=\sum_{j\geq 1}g_jx^j$，那么：

$$\begin{aligned} A(z)&=\exp\sum_{b\in\mathcal B}\sum_{j\geq 0}g_j\left(f(b)z^{|b|}\right)^j\\ &=\exp\sum_{j\geq 0}g_j\sum_{b\in\mathcal B}\left(f(b)z^{|b|}\right)^j \end{aligned}$$

这一步看起来就推不下去了。

但实际上，发现如果我们要推导 $\sum_{b\in\mathcal B}\left(f(b)z^{|b|}\right)^j$ 的话，其实和刚刚 $B(z)$ 的推导是类似的，因为 $f(b)$ 本来就是 $\frac{w(b)}{|b|!}$ 的幂的形式。结合另一个可以预见到的原因（在这串式子下面有讲），正解是将 $k$ 也当成了变量放到了角标下，然后：

$$\begin{aligned} A_k(z)&=\exp\sum_{j\geq 1}g_{k,j}\sum_{b\in\mathcal B}\left(f_k(b)z^{|b|}\right)^j\\ &=\exp\sum_{j\geq 1}g_{k,j}\sum_{b\in\mathcal B}\left(\frac{w^k(b)}{|b|!^k}z^{|b|}\right)^j\\ &=\exp\sum_{j\geq 1}g_{k,j}\sum_{b\in\mathcal B}\frac{w^{jk}(b)}{|b|!^{jk}}z^{j|b|}\\ &=\exp\sum_{j\geq 1}g_{k,j}B_{jk}(z^j) \end{aligned}$$

显然 $B_{jk}(z)$ 只需要 $\frac{n}{j}$ 项，而且 $A_{jk}(z)$ 递归下去的 $B_{j'jk}(z)$ 也仍然只需要 $\frac{n}{j'j}$ 项。所以需要计算的 $j$ 是有限的。具体来说：

• $[z^m]B_{jk}(z)$ 依赖于 $[z^{m-1}]A_{jk}(z)$，对所有 $m$ 总计算耗时 $O(\frac {n}{j})$。
• $[z^m]\sum_{j'\geq 1}g_{jk,j'}B_{j'jk}(z^{j'})$ 依赖于所有 $j'|m$ 的 $[z^{m/j'}]B_{j'jk}(z)$，对所有 $m$ 总计算耗时 $O(\frac{n}{j}\log\frac{n}{j})$。
• 计算 $A_{jk}(z)=\exp \sum_{j'\geq 1}g_{jk,j'}B_{j'jk}(z^{j'})$ 使用暴力递推式 exp，总计算耗时 $O((\frac{n}{j})^2)$。

总时间复杂度 $O(\sum_{j=1}^n(\frac{n}{j})^2)=O(n^2)$。

【ABC230H】Bullion

题意：

有 $n$ 种物品，第 $i$ 种重量为 $w_i$。

一个非空的袋子，可以装若干个物品（每种物品可以装任意多个）和若干个非空的袋子，但不能啥也不装。其重量为装的东西的总重加一。

对 $i=1,\cdots,W$ 求非空袋子总重为 $i$ 的方案数。

$n,W\leq 2\times 10^5$。

题解：

组合类分析后，容易得到下式：

$$B(z)=z\left(\exp\left(\sum_{i\geq 1}\frac{B(z^i)}{i}\right)\prod_{i=1}^n\frac{1}{1-z^{w_i}}-1\right)\\ $$

我们要求 $B(z)$ 的前 $n$ 项系数。

我们先解决另一个问题：已知 $C_n=\sum_{i=0}^n A_iB_{n-i}$，而 $C_n$ 可以推出 $A_{n+1},B_{n+1}$，求 $C_{0,\cdots,n-1}$。

该问题被称为全在线卷积，处理方法是倍增。假设我们已经知道了 $A,B,C$ 前 $n$ 项系数，现在想求它们前 $2n$ 项系数。我们先直接卷积得到 $A_{0,\cdots,n-1}\times B_{0,\cdots,n-1}$ 对 $C_{n,\cdots,2n-1}$ 的贡献，然后剩下要算的只有 $A_{0,\cdots,n-1}\times B_{n,\cdots 2n-1}$ 和 $B_{0,n-1}\times A_{n,2n-1}$ 的贡献。于是转化为两个半在线的问题，可以用分治 NTT $O(n\log^2n)$ 解决。总时间复杂度 $O(n\log ^2n+\frac{n}{2}\log^2\frac{n}{2}+\cdots)=O(n\log^2n)$。

然后上面那个问题也是类似处理。