无标号树的计数原理（组合计数，背包问题，隔板法，树的重心）

闲话

一个计数问题入门级选手来搞这种东西

最初的动力来自高一化学课有机物（滑稽）。《同步导练》出了个这样的选择题。

一个结构极其庞大的烷烃（二十几个碳原子），求它的主链长度。

这不是个求树的直径的裸题么？！OI选手扫两眼就出来了，然而别的同学费劲心思找完了还是错的。

于是第一次在常规课中体验到作为OIer的优越感。。。。。。

又是一节课，芙蓉姐开始要我们画己烷、庚烷的同分异构体？！

这不是等于要求节点数为\(n\)，点度数不超过\(4\)的无标号的无根树个数吗？没见过，但还是有一点DP思想，蒟蒻开始手动枚举直径，不一会儿也画出来了。

下课以后问芙蓉姐有没有公式。“这个东西要靠计算机知识来推导啦！”

又一次在常规课中体验到作为OIer的优越感。。。。。。

无标号有根树计数

就是有多少种\(n\)个点，每个点度数限制为\(m\)的不同形态的无根树。比如说求烷基就是度数限制为\(4\)的有根树（那个未配对的键当成根就行了）。

放__debug大佬的博客（戳这里）

叉姐过来的时候也聊了聊这个有趣的东西。

先设\(f_{i,j}\)为\(i\)个点，根节点度数为\(j\)的方案数。显然\(\sum\limits_{j=0}^mf_{n,j}\)就是答案。

再设\(a_i=\sum\limits_{j=0}^{m-1}f_{i,j}\)。这是个子树背包转移过程中的状态量，去掉\(f_{i,m}\)是因为在树中只有根能有\(m\)个子节点，而其它点都被父节点占去了一个点度。

引入一个Trick：

如果把树（除根以外）分成若干部分，每个部分都由\(k_s\)个大小为\(s\)的子树构成，那么这一部分的方案数是\(\binom{a_s+k_s-1}{k_s}\)

这个要用隔板法解释。

简要介绍一下隔板法——把\(n\)个物品分成\(m\)段的方案数为\(\binom{n+m-1}{m-1}\)（允许有的段为空）

证明的话，可以把分成\(m\)段看成在物品序列中插入\(m-1\)个隔板，相邻隔板（或隔板与序列末端）间就是一段。也就等于有长度为\(n+m-1\)的序列，钦定其中\(m-1\)个为隔板，剩下\(n\)个就是物品了。

\(k\)个子树中，直接钦定每一个选什么，我们并不能计数。因此要运用逆向思维，把\(k\)个子树分成\(a_s\)组，每一组对应一种形态（仔细想想）。这样方案数就可以轻易地写出来了，为\(\binom{a_s+k_s-1}{a_s-1}\)。然而\(a_s\)很大，所以在计算过程中一般写\(\binom{a_s+k_s-1}{k_s}\)

然后求和可以写成这种很不靠谱的式子

\[f_{i,j}=\sum_{k_1+2k_2+...+jk_j=i}\prod_{s=1}^j\binom{a_s+k_s-1}{k_s} \]

这个样子要怎么统计才好呢？

利用DP中的常用思想，保证转移的有序性，我们可以限制转移中出现的最大子树大小\(mx\)，再用背包进行转移。具体来说，先从小到大枚举\(mx\)，对于每一个\(i,j\)，我们可以枚举大小为\(mx\)的子树个数\(k\)，从\(f_{i-k\cdot mx,j-k}\)处转移，方程为

\[f_{i,j}\leftarrow \sum_{k=1}^{\max\{j,\lfloor\frac i{mx}\rfloor\}}f_{i-k\cdot mx,j-k}\binom{a_{mx}+k-1}{k} \]

试想一下，因为对于每一种情况，最大的子树大小及其个数是唯一的，所以我们就做到了不重不漏。

算上阶乘需要的时间，复杂度大概是\(O(n^2m\log m)\)的样子。如果是烷基，\(m\)是常数，复杂度就是\(O(n^2)\)

题目

LOJ6185 烷基计数

然而组合数要取模，不知如何是好。交过这题的Dalao们似乎有另一种优秀的做法？蒟蒻再去学习学习。

无标号无根树计数

惊奇地发现__debug巨佬最初跟我想的一样，枚举直径，转而枚举直径的一半进行转移，然而是个\(O(n^4)\)的垃圾算法（貌似前缀和一下可以优化到\(O(n^3)\)？）

然后就知道了要去对以重心为根的有根树计数。好有道理啊！因为重心在树中（至少在奇数个点的树中）是唯一的。

问题就转化为有根树计数。只有两个地方不一样。一个是为了保证最后的根是重心，我们强制\(mx<\lceil\frac n 2\rceil\)。另一个是由前一个引出的，因为假如\(n\)为偶数，那么可能会有两个重心。这两个重心的子树大小都是\(\frac n 2\)，所以沿用上面那个隔板法式子就好了。最终结果的方程为

\[ans=\sum_{j=0}^{m}f_{n,j}+[n\bmod2=0]\binom{a_{\frac n 2}+1}2 \]

题目

[BZOJ4271]chemistry（可以去这里交）

[Tsinsen1287]数树（点击进入题目）

然而都需要写高精度。。。。。。

第二个就是点数为\(\frac{n-2}{m-1}\)度数为\(m\)的无根树计数，可以理解为把叶子节点都去掉

然而\(n=6002\)太丧了，连__debug巨佬的python都要跑10s的样子。我再去给高精度卡常估计也没什么用了。生成函数是什么？置换群是什么？以后再填坑吧！

第一个的代码

#include<iostream>
using namespace std;
//高精度太长了不粘了，可以看蒟蒻以前的blog，也可以套个其它的版子进来
const int N=509,m=4;
bign f[N][N];
inline bign C(RG bign n,RG int m){
	RG bign ret=n;RG int i;
	for(i=m;i>1;--i)ret*=--n;
	for(i=m;i>1;--i)ret/=i;
	return ret;
}
int main(){
	f[1][0]=1;//初值
	RG int n,i,j,k,mx;
	RG bign a,ans;
	cin>>n;
	for(mx=1;mx<(n+1)>>1;++mx){//枚举限制
		for(a=j=0;j<m;++j)
			a+=f[mx][j];//预处理a
		for(i=n;i>mx;--i)//从大到小，防止重复计数
			for(j=1;j<=m;++j)
				for(k=1;k<=j&&mx*k<i;++k)
					f[i][j]+=f[i-mx*k][j-k]*C(a+k-1,k);
	}
	for(ans=j=0;j<=m;++j)
		ans+=f[n][j];
	if(!(n&1)){//特判双重心
		for(a=j=0;j<m;++j)
			a+=f[n>>1][j];
		ans+=C(++a,2);
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}