「总结」多项式生成函数例题

Posted 2021-03-09 lrefrain

就是大概做点题：

1.（车万题？）哈德曼的妖怪少女
http://121.17.168.211:8005/contest/275/problem/2
这个题考场上不会复合逆，打表出了小于6的，剩下的部分就可以直接用类似数树的方法用(exp)统计了。
然后说一下正解。

其实这个题分两步。
第一步：求出大小为某个数的边双的方案数。
第二步:用类似数树的方法组合各个边双，成为一颗边双树。
对于做过了数树的我来说第二步仅仅是一个套路。
难点在于第一步。
不妨先计算有根边双的数目。
设(b_i)为(i)个点的有根边双数目，(d_i)是(i)个点的连通图个数。
设：
[B(x)=sumlimits_{i=0}^{+infty}frac{b_ix^i}{i!}]
[D(x)=sumlimits_{i=0}^{+infty}frac{d_ix^i}{i!}]
我们枚举根所在的边双的大小。
紧接着统计和这个边双连接的边所作出的贡献。
这个边一端连接着边双，另一侧连接着一个连通图。
设这些边在不考虑边双内部结构情况下连接着(i)个点的方案数的生成函数为(G(x))。
那么：
[G(x)=sumlimits_{i=0}^{+infty}frac{(iD(x))^i}{i!}=e^{iD(x)}]
那么一张无向连通图的方案数的生成函数就是:
[D(x)=sumlimits_{i=0}^{+infty}frac{b_ie^{iD(x)}x^i}{i!}=B(xe^{D(x)})]
设(P(x)=xe^{D(x)})
那么：
[D(x)=B(P(x))]
可以用扩展拉格朗日反演来求我们所需要的(B)的某一项！
对这个公式应用扩展拉格朗日反演。
[b_n=frac{1}{n}[x^{n-1}]D'(x)left(frac{x}{P(x)} ight)^n]
然后我之前讲过城市规划那个题的另外一种做法，直接求(ln)的，可以在我那篇 讲解（3）中找到。
这样的话我们利用(ln)和(exp)就可以在(nlogn)的时间内求出所有需要的(b_i)。
剩下的部分是把这些边双组合起来。
考虑现在是一堆连通块需要联通成为一棵树。
这个方案可以用(prufer)序列计数，设连通块个数是(m)，每个连通块的大小是(a_i),那么方案数是：
[n^{m-2}prodlimits_{i=1}^{m}a_i=frac{n^mprodlimits_{i=1}^{m}a_i}{n^2}]
这样的话每一个连通块的贡献都是(na_i)。
我们的有根计数已经算上了(a_i)，现在给每一项都乘上(n)即可，因为有编号所以用(egf)。
设一个连通块对答案贡献的指数型生成函数是：
[A(x)=sumlimits_{i=0}^{+infty}frac{b_inx^i}{i!}]
设大小为(i)个点的答案的(egf)函数为:(F(x))。
那么：
[F(x)=sumlimits_{i=0}^{+infty}frac{A^i(x)}{i!}=e^{A(x)}]
这样就简单了。
直接(exp)即可。
然后答案就是：
[ans=frac{n![x^n]F(x)}{n^2}]
问题就解决了。

2.大朋友和多叉树
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3684
这个题就更简单一点了。
然而打个多项式全家桶一晚上就过去了。。。
还是不够熟练啊。
首先发现似乎是(MTT)，分解一下模数发现虚惊一场。
仍然可以用(NTT)，原根是7。
然后考虑一颗以根点权为下标的方案的生成函数。
因为只考虑树的形态，所以是(OGF)。
那么设这个函数为(G(x)=sumlimits_{i=0}^{+infty}a_ix^i)。
有：
[G(x)=x+sumlimits_{iin S}G^i(x)]
也就是说，一个点要么是叶子，，要么是某个子树，子树的个数是有限制的，加入这个限制就是这个样子了。
变换一下:
[G(x)-sumlimits_{iin S}G^i(x)=x]
[F(G(x))=x]
[F(x)=x-sumlimits_{iin S}x^i]
这样可以发现(F(x),G(x))互为复合逆。
直接用拉格朗日反演：
[[x^n]G(x)=frac{1}{n}[x^{n-1}](frac{x}{F(x)})^n]
这样写个全家桶就行了。