[WC2019] 数树 题解

关于 https://codeforces.com/blog/entry/112709 ，我的评价是：

你说得对，但是原神，后边忘了

算了。

[WC2019] 数树

神题。

看到题后我的第一反应是：

白云哭了。

所以我也哭了。一个个看吧。

以下设 \(E_1\) 是第一棵树的边集，\(E_2\) 是第二棵树的边集。

op=0

送温暖。答案显然是：

\[y^{n-|E_1\cap E_2|} \]

那直接算就行了。

namespace solve0{
    set<pair<int,int> >s;
    void main(){
        int ans=n;
        for(int i=1;i<n;i++){
            int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
            if(u>v)swap(u,v);
            s.insert(make_pair(u,v));
        }
        for(int i=1;i<n;i++){
            int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
            if(u>v)swap(u,v);
            if(s.find(make_pair(u,v))!=s.end())ans--;
        }
        printf("%d\n",qpow(y,ans));
    }
}

op=1

好我直接似了。现在答案是这个东西：

\[\sum_{E_2}y^{n-|E_1\cap E_2|} \]

有个憨批式子叫子集反演：

\[f(S)=\sum_{T\subseteq S}\sum_{P\subseteq T}(-1)^{|T|-|P|}f(P) \]

那设个 \(f(S)=y^{n-|S|}\) 推式子：

\[\begin{aligned} &\sum_{E_2}y^{n-|E_1\cap E_2|}\\ =&\sum_{E_2}f(E_1\cap E_2)\\ =&\sum_{E_2}\sum_{T\subseteq E_1\cap E_2}\sum_{P\subseteq T}(-1)^{|T|-|P|}f(P)\\ =&\sum_{E_2}\sum_{T\subseteq E_1\cap E_2}\sum_{P\subseteq T}(-1)^{|T|-|P|}y^{n-|P|}\\ =&\sum_{E_2}\sum_{T\subseteq E_1\cap E_2}y^{n-|T|}\sum_{P\subseteq T}(-y)^{|T|-|P|}\\ =&\sum_{E_2}\sum_{T\subseteq E_1\cap E_2}y^{n-|T|}\sum_{i=0}^{|T|}\binom{|T|}i(-y)^{|T|-i}\\ =&\sum_{E_2}\sum_{T\subseteq E_1\cap E_2}y^{n-|T|}(1-y)^{|T|}\\ =&\sum_{T\subseteq E_1}y^{n-|T|}(1-y)^{|T|}g(T) \end{aligned} \]

其中 \(g(T)\) 为包含边集 \(T\) 的树个数。由 prufer 序列容易得到

\[g(T)=n^{k-2}\prod_{i=1}^ka_i \]

其中 \(k\) 是连通块个数（也就是 \(n-|T|\)）， \(a_i\) 是第 \(i\) 个连通块大小。

那么代回原式：

\[\begin{aligned} &\sum_{T\subseteq E_1}y^{n-|T|}(1-y)^{|T|}g(T)\\ =&\sum_{T\subseteq E_1}y^k(1-y)^{n-k}n^{k-2}\prod_{i=1}^ka_i\\ =&\frac{(1-y)^n}{n^2}\sum_{T\subseteq E_1}\prod_{i=1}^k\frac{ny}{1-y}a_i \end{aligned} \]

考虑一下怎么算后边一堆东西。设个 \(dp_{x,i}\) 为 \(x\) 的子树内 \(x\) 所在连通块大小为 \(i\) 的答案。这样就是 \(O(n^2)\) 的。

使用 CF917D 的 trick，将连通块大小转化为连通块内选一个关键点的贡献，那么就变成了 \(dp_{x,0/1}\)。这两道题的转移是一样的。复杂度 \(O(n)\)。

namespace solve1{
    struct node{
        int v,next;
    }edge[200010];
    int t,head[100010];
    void add(int u,int v){
        edge[++t].v=v;edge[t].next=head[u];head[u]=t;
    }
    int val,dp[100010][2];
    void dfs(int x,int f){
        dp[x][0]=1;dp[x][1]=val;
        for(int i=head[x];i;i=edge[i].next){
            if(edge[i].v!=f){
                dfs(edge[i].v,x);
                dp[x][1]=(1ll*dp[x][1]*(dp[edge[i].v][0]+dp[edge[i].v][1])%mod+1ll*dp[x][0]*dp[edge[i].v][1]%mod)%mod;
                dp[x][0]=1ll*dp[x][0]*(dp[edge[i].v][0]+dp[edge[i].v][1])%mod;
            }
        }
    }
    void main(){
        if(y==1){
            printf("%d\n",qpow(n,n-2));return;
        }
        for(int i=1;i<n;i++){
            int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
            add(u,v);add(v,u);
        }
        val=1ll*n*y%mod*qpow(1-y+mod,mod-2)%mod;
        dfs(1,0);
        int ans=1ll*dp[1][1]*qpow(1-y+mod,n)%mod*qpow(1ll*n*n%mod,mod-2)%mod;
        printf("%d\n",ans);
    }
}

op=2

可能还好？首先我们套上一问结论知道答案是

\[\begin{aligned} &\sum_{T\subseteq E_1}y^{n-|T|}(1-y)^{|T|}g(T)^2\\ =&\frac{(1-y)^n}{n^4}\sum_{T\subseteq E_1}\prod_{i=1}^k\frac{n^2y}{1-y}a_i^2 \end{aligned} \]

考虑每个连通分量的贡献。由于 \(a\) 个点的生成树有 \(a^{a-2}\) 个，所以每个连通分量的贡献是：

\[\frac{n^2y}{1-y}a_i^2a_i^{a_i-2}=\frac{n^2y}{1-y}a_i^{a_i} \]

那考虑到连通分量是组成原来的森林的单位，那么有了连通分量的生成函数，求森林的生成函数直接 \(\exp\) 就行了。

namespace solve2{
    int wl,a[400010],b[400010],lnb[400010],c[400010],r[400010],jc[100010],inv[100010];
    void get(int n){
        wl=1;
        while(n>=wl)wl<<=1;
        for(int i=0;i<=wl;i++)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(__lg(wl)-1));
    }
    const int g=3,invg=qpow(g,mod-2);
    void ntt(int a[],int n,int tp){
        for(int i=1;i<n;i++)if(i<r[i])swap(a[i],a[r[i]]);
        for(int mid=1;mid<n;mid<<=1){
            int wn=qpow(tp==1?g:invg,(mod-1)/(mid<<1));
            for(int j=0;j<n;j+=mid<<1){
                int w=1;
                for(int k=0;k<mid;k++,w=1ll*w*wn%mod){
                    int x=a[j+k],y=1ll*w*a[j+mid+k]%mod;
                    a[j+k]=(x+y)%mod;a[j+mid+k]=(x-y+mod)%mod;
                }
            }
        }
        if(tp^1){
            int inv=qpow(n,mod-2);
            for(int i=0;i<n;i++)a[i]=1ll*a[i]*inv%mod;
        }
    }
    void getinv(int n,int a[],int b[]){
        if(n==1){
            b[0]=qpow(a[0],mod-2);
            return;
        }
        getinv((n+1)>>1,a,b);
        wl=1;get(n<<1);
        for(int i=0;i<n;i++)c[i]=a[i];
        for(int i=n;i<wl;i++)c[i]=0;
        ntt(b,wl,1);ntt(c,wl,1);
        for(int i=0;i<wl;i++)b[i]=1ll*(2-1ll*b[i]*c[i]%mod+mod)%mod*b[i]%mod;
        ntt(b,wl,-1);
        for(int i=n;i<wl;i++)b[i]=0;
    }
    void dao(int f[],int n){
        for(int i=1;i<n;i++)f[i-1]=1ll*f[i]*i%mod;
        f[n-1]=0;
    }
    void jifen(int f[],int n){
        for(int i=n;i>=1;i--)f[i]=1ll*f[i-1]*qpow(i,mod-2)%mod;
        f[0]=0;
    }
    void getln(int n,int a[],int b[]){
        for(int i=0;i<(n<<2);i++)b[i]=0;
        getinv(n,a,b);
        wl=1;get(n<<1);
        for(int i=0;i<n;i++)c[i]=a[i];
        for(int i=n;i<wl;i++)c[i]=0;
        dao(c,wl);
        ntt(c,wl,1);ntt(b,wl,1);
        for(int i=0;i<wl;i++)b[i]=1ll*c[i]*b[i]%mod;
        ntt(b,wl,-1);
        jifen(b,wl);
    }
    void getexp(int n,int a[],int b[]){
        if(n==1){
            b[0]=1;return;
        }
        getexp((n+1)>>1,a,b);
        getln(n,b,lnb);
        wl=1;get(n<<1);
        lnb[0]=(1-lnb[0]+a[0]+mod)%mod;
        for(int i=1;i<n;i++)lnb[i]=(a[i]-lnb[i]+mod)%mod;
        for(int i=n;i<wl;i++)b[i]=lnb[i]=0;
        ntt(lnb,wl,1);ntt(b,wl,1);
        for(int i=0;i<wl;i++)b[i]=1ll*b[i]*lnb[i]%mod;
        ntt(b,wl,-1);
        for(int i=n;i<wl;i++)b[i]=0;
    }
    void main(){
        if(y==1){
            printf("%d\n",qpow(n,2*(n-2)));
            return;
        }
        jc[0]=inv[0]=1;
        for(int i=1;i<=n;i++)jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod,inv[i]=qpow(jc[i],mod-2);
        for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=1ll*n*n%mod*y%mod*qpow(1-y+mod,mod-2)%mod*qpow(i,i)%mod*inv[i]%mod;
        getexp(n+1,a,b);
        int ans=1ll*qpow(1-y+mod,n)*qpow(1ll*n*n%mod*n%mod*n%mod,mod-2)%mod*jc[n]%mod*b[n]%mod;
        printf("%d\n",ans);
    }
}

于是无了。