无标号有/无根树计数
\(\text{Problem}:\)无标号无根树计数
\(\text{Solution}:\)
引入 \(\text{Euler}\) 变换：将 \(\text{exp}\) 中的有标号元素替换为无标号元素。
考虑 \(\exp\) 的组合意义：将 \(n\) 个有标号的数分为若干非空组。设 \(F(x)\) 表示组内方案数的生成函数，有：
对于无标号的问题，设大小为 \(i\) 的组有 \(f_{i}\) 种方案，有：
但是这个定义式中需要利用 \(F(x)\) 的第 \(i\) 项来转移，不便于直接计算，故考虑优化其定义式。
套路的，利用 \(\ln\) 将 \(\prod\) 转化为 \(\sum\) 的形式，有：
根据付公主的背包（或拆分数）的套路，可以将 \(\ln(\frac{1}{1-x_{i}})\) 展开，故有：
回到本题。设 \(F(x)\) 为无标号有根树的生成函数。考虑去掉根结点后，是一个背包问题，故有：
方法一：分治 \(\text{NTT}\)
对上式两边取 \(\ln\) 再求导，有：
两边同乘 \(xF(x)\)，有：
考虑 \(F'(k-1)=F(k)\cdot k\)，故设 \(G(x)=\sum\limits_{i=1}^{\infty}x^{i}F'(x^{i})\)，有：
同样的，有 \(xF'(x)[x^{n}]=nf_{n}\)，故得到：
至此，可以用分治 \(\text{NTT}\) 在 \(O(n\log^2 n)\) 的时间复杂度内解决。这里与一般的分治 \(\text{FTT}\) 略有不同，具体实现可参考 command_block 半在线卷积小记。
方法二：牛顿迭代
设函数 \(G(x)\)，使得：
考虑递归处理。设已经求出 \(F_{0}(x)\)，满足：
发现 \(F(x^{i})\) 的形式决定了当 \(i\geq 2\) 时，\(F(x^{i})\equiv F_{0}(x^{i})\)。而这是一个调和级数，可以直接计算得出 \(i\geq 2\) 的答案，记为 \(w\)，有：
由牛顿迭代，有：
于是可以递归求解 \(F(x)\)。总时间复杂度 \(O(n\log n)\)，但常数较大。
现在要求出的是无标号无根树的个数，那么我们钦定树的重心为根。下面进行分类讨论。
\(n\) 为奇数：
根据重心的性质，必然有一棵子树大小大于 \(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\)。设其为 \(i\)，有：
\(n\) 为偶数：
在奇数的基础上，当 \(2i=n\) 时，可能存在两个重心，故减去 \(\binom{f_{n/2}}{2}\)。
\(\text{Code}:\) 分治 \(\text{NTT}\)
#include <bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(3)
//#define int long long
#define ri register
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define is insert
#define es erase
#define vi vector<int>
#define vpi vector<pair<int,int>>
using namespace std; const int N=550010, Mod=998244353;
inline int read()
{
int s=0, w=1; ri char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') w=-1; ch=getchar(); }
while(ch>='0'&&ch<='9') s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48), ch=getchar();
return s*w;
}
int n;
int rev[N],r[24][2],iiv[N];
inline int ksc(int x,int p) { int res=1; for(;p;p>>=1, x=1ll*x*x%Mod) if(p&1) res=1ll*res*x%Mod; return res; }
inline void Get_Rev(int T) { for(ri int i=0;i<T;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)?(T>>1):0); }
inline void DFT(int T,vector<int> &s,int type)
{
for(ri int i=0;i<T;i++) if(rev[i]<i) swap(s[i],s[rev[i]]);
for(ri int i=2,cnt=1;i<=T;i<<=1,cnt++)
{
int wn=r[cnt][type];
for(ri int j=0,mid=(i>>1);j<T;j+=i)
{
for(ri int k=0,w=1;k<mid;k++,w=1ll*w*wn%Mod)
{
int x=s[j+k], y=1ll*w*s[j+mid+k]%Mod;
s[j+k]=x+y;
if(s[j+k]>=Mod) s[j+k]-=Mod;
s[j+mid+k]=x-y;
if(s[j+mid+k]<0) s[j+mid+k]+=Mod;
}
}
}
if(!type) for(ri int i=0,inv=ksc(T,Mod-2);i<T;i++) s[i]=1ll*s[i]*inv%Mod;
}
inline void NTT(int n,int m,vector<int> &A,vector<int> &B)
{
int len=n+m;
int T=1;
while(T<=len) T<<=1;
Get_Rev(T);
A.resize(T), B.resize(T);
DFT(T,A,1), DFT(T,B,1);
for(ri int i=0;i<T;i++) A[i]=1ll*A[i]*B[i]%Mod;
DFT(T,A,0);
}
int f[N],g[N];
void Solve(int l,int r)
{
if(r-l+1<=30)
{
for(ri int i=l;i<=r;i++)
{
for(ri int j=l;j<i;j++)
{
f[i]=(f[i]+1ll*f[j]*g[i-j]%Mod)%Mod;
if(l^1) f[i]=(f[i]+1ll*g[j]*f[i-j]%Mod)%Mod;
}
if(i^1) f[i]=1ll*f[i]*iiv[i-1]%Mod;
for(ri int j=i,w=1ll*i*f[i]%Mod;j<=n;j+=i) g[j]=(g[j]+w)%Mod;
}
return;
}
int mid=(l+r)/2;
Solve(l,mid);
if(l==1)
{
vector<int> A,B;
A.resize(mid), B.resize(mid);
for(ri int i=1;i<=mid;i++) A[i-1]=f[i], B[i-1]=g[i];
NTT(mid-1,mid-1,A,B);
for(ri int i=mid+1;i<=r;i++) f[i]=(f[i]+A[i-2])%Mod;
Solve(mid+1,r);
return;
}
vector<int> A,B;
A.resize(mid-l+1), B.resize(r-l);
for(ri int i=l;i<=mid;i++) A[i-l]=f[i];
for(ri int i=1;i<=r-l;i++) B[i-1]=g[i];
NTT(mid-l,r-l-1,A,B);
vector<int> C,D;
C.resize(mid-l+1), D.resize(r-l);
for(ri int i=l;i<=mid;i++) C[i-l]=g[i];
for(ri int i=1;i<=r-l;i++) D[i-1]=f[i];
NTT(mid-l,r-l-1,C,D);
for(ri int i=mid+1;i<=r;i++) f[i]=(f[i]+(A[i-l-1]+C[i-l-1])%Mod)%Mod;
Solve(mid+1,r);
}
signed main()
{
r[23][1]=ksc(3,119), r[23][0]=ksc(ksc(3,Mod-2),119);
for(ri int i=22;~i;i--) r[i][0]=1ll*r[i+1][0]*r[i+1][0]%Mod, r[i][1]=1ll*r[i+1][1]*r[i+1][1]%Mod;
iiv[1]=1;
for(ri int i=2;i<N;i++) iiv[i]=1ll*(Mod-Mod/i)*iiv[Mod%i]%Mod;
n=read();
f[1]=1;
Solve(1,n);
int ans=f[n];
for(ri int i=n/2+1;i<n;i++) ans=(ans-1ll*f[i]*f[n-i]%Mod+Mod)%Mod;
if(!(n&1)) ans=(ans-1ll*f[n/2]*(f[n/2]-1)/2)%Mod;
printf("%d\n",(ans+Mod)%Mod);
return 0;
}
\(\text{Code}:\) 牛顿迭代
暂时咕咕咕
