SP1480 PT07D - Let us count 1 2 3

给出两个数 \(n,p\)，你需要求出下面四个问题的答案：

1. \(n\) 个点的带标号无根树数量。
2. \(n\) 个点的带标号有根树数量。
3. \(n\) 个点的无标号有根树数量。
4. \(n\) 个点的无标号无根树数量。

答案对 \(p\) 取模。

树计数四合一

对于前两问可以直接用Cayley来做。

Cayley说的就是\(n\)个点的带标号无根树的方案数是\(n^{n-2}\)。

那么有根树的方案数是\(n^{n-1}\)

考虑证明，先从有根树入手，假设当前有\(k\)个子树，那么我们可以任选一棵子树上的一个点连边到另一棵子树，那么方案数就是\(n(k-1)\)。

假设刚开始的\(n\)个点是\(n\)个子树，而每次操作会使子树减少一个，那么方案数为\(\prod_{i=1}^{n-1}ni=n^{n-1}(n-1)!\)。

而实际上我们连边的顺序是不需要考虑的，需要除上\((n-1)!\)，所以最终方案数为\(n^{n-1}\)。

然后考虑后两问，变得比较困难。

我们注意\(EGF\)Exp的组合意义，\(exp(F(x))=\sum_{i\ge1} \frac{F^i(x)}{i!}\)，就是将\(n\)个有标号数放进若干个非空集合的方案数。

那么变换到无标号，那么有\(Euler\)变换如下：

\[\mathcal{E}(F(x))=\prod_{i\ge1}(\frac{1}{1-x^i})^{f_i} \]

然后我们回去第三问，如果你选择一个点当根，那么剩下的子树之间没有关联，就类似于刚才那个无标号计数。

那么设\(f_n\)表示\(n\)个点时无标号有根树的方案数，\(F(x)\)是\(f\)对应的生成函数，那么有：

\[F(x)=x\mathcal{E}(F(x))=x\prod_{i\ge1}(\frac{1}{1-x^i})^{f_i} \]

把\(\prod(\frac{1}{1-x^i})^{f_i}\)提出来做ln可以得到：

\[ln(\prod_{i\ge1}(\frac{1}{1-x^i})^{f_i})=\sum_{i\ge1}f_i\sum_{j\ge1}\frac{1}{j}x^{ij}=\sum_{j\ge1}\frac{1}{j}\sum_{i\ge1}f_i(x^j)^i=\sum_{i\ge1}\frac{1}{i}F(x^i) \]

再Exp回去代回原式有：

\[F(x)=xExp(\sum_{i\ge1}\frac{1}{i}F(x^i)) \]

这个式子可以用牛顿迭代在\(O(nlogn)\)完成，但是这个题可以\(O(n^2)\)递推，于是我们继续化简。

两边求导有：

\[xF'(x)=F(x)+F(x)(\sum_{i\ge1}F'(x^i)x^i) \]

我们发现\((x^i)^k\)才有值，那么考虑单独看第\(n\)项：

\[nf_n=f_n+\sum_{j=1}^nf_j\sum_{i=1}^nf_ii[i|n-j] \]

\[nf_n=f_n+\sum_{j=1}^nf_j\sum_{i|n-j}f_ii \]

那么设\(g_n=\sum_{i|n}f_ii\)，那么有：

\[f_n=\frac{\sum_{j=1}^nf_jg_{n-j}}{n-1} \]

这样子第三问就完成了。

然后第四问就完成了一半，我们考虑在有根树的基础上变为无根树，需要把一些重复的树减去，而如果我们统计的有根树的根都是重心，那么一定不会重复，所以可以拿第三问的答案\(f_n\)减去不是重心的方案数。

而如果一个根的子树大小超过了\(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1\)，那么这个根肯定不是重心，方案数为\(f_if_{n-i}\)，于是答案为：

\[f_n-\sum_{i=\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1}^{n-1}f_if_{n-i} \]

而注意到\(n\)为偶数时会出现两个重心，所以还要减去\(\begin{pmatrix}f_{\frac{n}{2}}\\2\end{pmatrix}\)。

Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
const int N = 1e3;
using namespace std;
int p,n,f[N + 5],g[N + 5],ans,inv[N + 5];
int mypow(int a,int x){int s = 1;for (;x;x & 1 ? s = 1ll * s * a % p : 0,a = 1ll * a * a % p,x >>= 1);return s;}
void solve1()
{
    memset(f,0,sizeof(f));
    memset(g,0,sizeof(g));
    f[1] = 1;
    g[1] = 1;
    inv[1] = 1;
    for (int i = 2;i <= n;i++)
        inv[i] = 1ll * (p - p / i) * inv[p % i] % p;
    for (int i = 2;i <= n;i++)
    {
        for (int j = 1;j <= i;j++)
            f[i] += 1ll * f[j] * g[i - j] % p,f[i] %= p;
        f[i] = 1ll * f[i] * inv[i - 1] % p;
        for (int j = 1;j <= i;j++)
            if (i % j == 0)
                g[i] += 1ll * f[j] * j % p,g[i] %= p;
    }
}
void solve2()
{
    solve1();
    int sm = 0;
    for (int i = n / 2 + 1;i <= n - 1;i++)
        sm += 1ll * f[i] * f[n - i] % p,sm %= p;
    ans = (f[n] - sm) % p;
    if (n % 2 == 0)
        ans -= 1ll * f[n / 2] * (f[n / 2] - 1) / 2 % p,ans %= p;
}
int main()
{
    int k;
    while (scanf("%d%d%d",&k,&n,&p) != EOF)
    {
        if (k == 1)
            printf("%d\n",mypow(n,max(0,n - 2)));
        else
        if (k == 2)
            printf("%d\n",mypow(n,n - 1));
        else
        if (k == 3)
        {
            solve1();
            printf("%d\n",(f[n] + p) % p);
        }
        else
        {
            solve2();
            printf("%d\n",(ans + p) % p);
        }
    }
    return 0;
}