P5206 数树 WC2019 Solution

本题包含三个问题：

• 问题 0：已知两棵 $n$ 个节点的树的形态（两棵树的节点标号均为 $1$ 至 $n$），其中第一棵树是红树，第二棵树是蓝树。要给予每个节点一个 $[1,y]$ 中的整数，使得对于任意两个节点 $p,q$，如果存在一条路径 $(a_1=p,a_2,\cdots ,a_m=q)$ 同时属于这两棵树，则 $p,q$ 必须被给予相同的数。求给予数的方案数。
  • 存在一条路径同时属于这两棵树的定义见「题目背景」。
• 问题 1：已知蓝树，对于红树的所有 $n^{n-2}$ 种选择方案，求问题 0 的答案之和。
• 问题 2：对于蓝树的所有 $n^{n-2}$ 种选择方案，求问题 1 的答案之和。

$y=1$ 的情况：

• $opt=0:1$
• $opt=1:n^{n-2}$
• $opt=2:n^{2n-4}$

不妨设边集为 $T_1,T_2$。

问题0：显然也就是两棵树的公共边保留，答案也就是 $y^{n-c}$，其中 $c$ 是公共边条数。

问题1：

$\sum _{T_2}{y}^{n-|T_1\cap T_2|}$

设 $g(T)=\sum _{T_2}[T\subseteq T_1\cap T_2]$，也即包含边集 $T$ 的树个数，可以假定 $T$ 由 $n-|T|$ 个连通块构成，大小分别为 $a_1\sim a_{n-|T|}$，则 $g(T)=n^{n-|T|-2}\prod _{i=1}^{n-|T|}{a}_i$

$$\begin{array}{rl}\sum _{T_2}{y}^{n-|T_1\cap T_2|}& =\sum _{T_2}\sum _{T\subseteq T_1\cap T_2}\sum _{S\subseteq T}(-1{)}^{|T|-|S|}{y}^{n-|S|}\text{(子集反演)}\\ & =\sum _{T}g(T)\sum _{S\subseteq T}{y}^{n-|S|}(-1{)}^{|T|-|S|}\\ & =\sum _{T}g(T)y^{n-|T|}\sum _{S\subseteq T}(-1{)}^{|T|-|S|}{y}^{|T|-|S|}\\ & =\sum _{T}g(T)y^{n-|T|}\sum _{S\subseteq T}(-y{)}^{|T|-|S|}\\ & =\sum _{T}g(T)y^{n-|T|}(1-y{)}^{|T|}\text{(二项式定理)}\\ & =\sum _{\sum _{i=1}^k{a}_i=n}{n}^{k-2}{y}^k(1-y{)}^{n-k}\prod _{i=1}^k{a}_i\text{(Purfer 序列)}\\ & =\frac{(1-y{)}^n}{n^2}\sum _{\sum _{i=1}^k{a}_i=n}\prod _{i=1}^k\frac{a_i·n·y}{1-y}\end{array}$$

而 $\sum _{\sum _{i=1}^k{a}_i=n}\prod _{i=1}^k\frac{a_i·n·y}{1-y}$ 可以由原树进行树形DP求得。

即：每个点点权为 $\frac{ny}{1-y}$，要求将原树划分为若干个连通块，划分方案的权值定义为各个连通块点权和之积，求所有划分方案权值和。

定义 $f_{i,0/1}$ 为子树 $i$ 当前连通块是否已经选择的权值和。

容易得到：

$f_{u,0}\leftarrow f_{u,0}·f_{v,0}+f_{u,0}·f_{v,1}$

$f_{u,1}\leftarrow f_{u,1}·f_{v,0}+f_{u,1}·f_{v,1}+f_{u,0}·f_{v,1}$

初始化 $f_{u,0}=1,f_{u,1}=\frac{ny}{1-y}$。

问题2：现在连原树也没了。。。

其实上式也符合，因为两棵树都没有，所以上式的 $g(T)$ 改为 $g^2(T)$ 即可。

$$\begin{array}{rl}\sum _{T_1,T_2}{y}^{n-|T_1\cap T_2|}& =\sum _{T_1,T_2}\sum _{T\subseteq T_1\cap T_2}\sum _{S\subseteq T}(-1{)}^{|T|-|S|}{y}^{n-|S|}\\ & =\sum _T{g}^2(T)\sum _{S\subseteq T}{y}^{n-|S|}(-1{)}^{|T|-|S|}\\ & =\sum _T{g}^2(T)y^{n-|T|}\sum _{S\subseteq T}(-1{)}^{|T|-|S|}{y}^{|T|-|S|}\\ & =\sum _T{g}^2(T)y^{n-|T|}\sum _{S\subseteq T}(-y{)}^{|T|-|S|}\\ & =\sum _T{g}^2(T)y^{n-|T|}(1-y{)}^{|T|}\\ & =\sum _{\sum _{i=1}^k{a}_i=n}{n}^{2k-4}{y}^k(1-y{)}^{n-k}\prod _{i=1}^k{a}_i^2\\ & =\frac{(1-y{)}^n}{n^4}\sum _{\sum _{i=1}^k{a}_i=n}\prod _{i=1}^k\frac{a_i^2·n^2·y}{1-y}\end{array}$$

哦豁，现在就是后式求和怎么玩了。。。

考虑每个连通块，大小为 $a_i$ 的树有 $a_i^{a_i-2}$，所以对于一组 $[a_1,a_2\dots a_k]$ 会有 $\prod _{i=1}^k{a}_i^{a_i-2}$ 个不同局面。（有标号MSET构造）

所以所求：

$$\begin{array}{rl}\sum _{\sum _{i=1}^k{a}_i=n}\prod _{i=1}^k\frac{a_i^2·n^2·y}{1-y}& =[z^n]\exp (\sum _{i=0}\frac{i^i{n}^{2}y}{i!})\\ & =[z^n]\sum _k\frac{1}{k!}{\left(\sum _i\frac{i^i{n}^{2}y}{i!}\right)}^k\end{array}$$

所以答案为：

$$\frac{(1-y{)}^n}{n^4}[z^n]\exp \left(\sum _k\frac{k^k{n}^{2}y}{k!}\right)$$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int p=998244353;
int n,y,op;
int power(int a,int b){
    int res=1;a%=p;b%=(p-1);
    while(b){
        if(b&1)res=res*a%p;a=a*a%p;b>>=1;
    }
    return res;
}
namespace Soly1{
    void sol(){
        if(op==0)cout<<"1";
        else if(op==1)cout<<power(n,n-2);
        else cout<<power(n,(n-2)<<1);
    }
}
namespace Sol0{
    #define pr pair<int,int>
    #define mk make_pair
    map<pr,int>h;
    void sol(){
        for(int i=1;i<n;i++){
            int u,v;cin>>u>>v;if(u>v)swap(u,v);
            h[mk(u,v)]=1;
        }
        int t=0;
        for(int i=1;i<n;i++){
            int u,v;cin>>u>>v;if(u>v)swap(u,v);
            t+=h[mk(u,v)];
        }
        cout<<power(y,n-t);
    }
}
namespace Sol1{
    int f[N][2],w;
    vector<int>e[N];
    void dfs(int u,int fa){
        f[u][0]=1,f[u][1]=w;
        for(auto v:e[u]){
            if(v==fa)continue;
            dfs(v,u);
            int a=f[u][0]*f[v][0]%p+f[u][0]*f[v][1]%p;
            int b=f[u][1]*f[v][0]%p+f[u][1]*f[v][1]%p+f[u][0]*f[v][1]%p;
            f[u][0]=a%p;
            f[u][1]=b%p;
        }
    }
    void sol(){
        for(int i=1;i<n;i++){
            int u,v;cin>>u>>v;e[u].push_back(v);e[v].push_back(u);
        }
        w=n*y%p*power(1-y,p-2)%p;
        dfs(1,0);
        int res=power(1-y,n)*power(n*n,p-2)%p*f[1][1]%p;
        res=(res%p+p)%p;
        cout<<res<<"\n";
    }
}
namespace Sol2{
    
}