The 2nd Universal Cup Stage 18: Dolgoprudny H

题意大概是说求有所有有标号有根树及其黑白染色方案使得定义 \(S_{x}\) 为 \(x\) 和其儿子节点构成的集合，则 \(S_{x}\) 中的黑色节点个数要求不少于白色节点个数，且定义 \(x\) 的白色节点个数为 \(cnt_{x}\)，则其方案的贡献为 \(\sum_{i=1}^{n}cnt_{i}!\)(原题意这里似乎说的非常抽象，它说所有白色下属之间的顺序是重要的，但似乎没加 \(\text{direct}\)，可能不一定为直接下属，也就是子树和儿子节点的关系，之前揣测题意揣测了半天，实际上题目想表达的意思实际是所有白色的儿子节点是可以分配顺序的)

这个东西其实似乎是强于 \(\text{Cayley}\) 定理的，因为如果所有子树都是黑色的，那么实际上是有标号有根树计数，答案是 \(n^{n-1}\)，但似乎很难进行扩展。因为要求 \(S_{x}\) 中的黑色节点个数要求不少于白色节点个数的这个条件既描述了 \(x\)，也描述了其儿子节点，如果直接 \(\text{fix}\) 好这颗树，儿子节点的着色方案实际上依赖于自身的状态，反之如果只有儿子节点，那么着色方案是确定的，就可以大力施加 \(\text{prufer}\) 序了。

似乎这表明了这个题并没有非常好的组合意义推法，但经过一些观察，实际上 \(\text{Cayley}\) 定理其实是有其生成函数形式的。我们用生成函数的角度考虑，自底而上分配权值，可以发现，当当前点固定时，则子树的自己的分配方式刚好是可以任意有序拼接的，但由于会算重 \(k!\) 次(\(k\) 为儿子个数)，所以要除以 \(k!\)，这个其实就是 \(\text{exp}\) 的形式，所以我们得到了 \(\text{Cayley}\) 定理的一个生成函数形式 \(F=e^Fx\)，此时 \(F=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{i^{i-1}}{i!}x^i\)，特别的 \(G=\int \frac{F}{x}dx\) 则为有标号无根树的生成函数。该函数方程是无初等解的，故无法用很好的形式表示，但利用这个东西可以用生成函数刻画诸如扩展 \(\text{Cayley}\) 定理的东西。

这个题也可以用类似的方式做，令 \(F\) 为根为黑色的生成函数，\(G\) 为根为白色的生成函数，则 \(F=\sum_{i=0}^{\infty}\sum_{j=0}^{i+1}\frac{F^{i}}{i!}G^{j},G=\sum_{i=0}^{\infty}\sum_{j=0}^{i-1}\frac{F^{i}}{i!}G^{j}\)，化简得 \(F=\frac{e^G-e^{FG}G^2}{1-G},G=\frac{e^G-e^{FG}}{1-G}\)，直接强硬用分治 \(\text{FFT}\) 维护这一坨东西即可，细节复杂无比，每次分治要拆成 \(19\) 个 \(\text{NTT}\)，写的非常自闭。

复杂度 \(O(n\log^2 n)\)