LG5900 无标号无根树计数

Posted 2021-03-17 autoint

有依赖的辅助多项式分治卷积

[ g_n=igoplus_{i=1}^nf_if_n=sum_{i=1}^{n-1}f_ig_{n-i} ]

已知 (f_0=g_0=0,f_1=1)，求 (f_2sim f_n)。对 (998244353) 取模。

(n leq 10^5)。

题解

这类问题的特点：

1. 只有 (f_1sim f_n) 都求出后，(g_n) 才能被算出。

2. 卷积的时候不需要 (g_n)。

普通的分治卷积策略是：

[ (f_lsim f_{mid}) imes (g_1sim g_{r-l}) ightarrow (f_{mid+1}sim f_r) ]

在这个问题中，当 (l=1) 的时候，(g_{r-l}) 未被算出。所以不能这样卷积。

特殊的分治卷积策略是：

1. (l=1) 时，

   [ (f_lsim f_{mid}) imes (g_lsim g_{mid}) ightarrow (f_{mid+1}sim f_r) ]

   这样计算的话只有 (f_{mid+1}) 的结果是准确的。其余的不仅没有考虑 (f_{mid+1}sim f_{i-1}) 对 (f_{i}) 的贡献，还没有考虑 (g_{mid+1}sim g_{i-1}) 对它的贡献。

2. (l>1) 时，

   [ left. egin{align*} (f_lsim f_{mid}) imes (g_1sim g_{r-l}) (g_lsim g_{mid}) imes (f_1sim f_{r-l}) end{align*} ight} ightarrow (f_{mid+1}sim f_r) ]
   这个时候 (g_{r-l}) 和 (f_{r-l}) 都被算出来了，刚好可以补全差值。

时间复杂度 (O(n log^2 n))。

无根树计数

求 (n) 个点的无标号无根树数量，答案对 (998244353) 取模。

(n leq 2 imes 10^5)。

https://www.luogu.com.cn/blog/wengweijie/solution-p5900

欧拉变换简介

为了方便，这里介绍一下幂级数的欧拉变换 (mathcal{E})。欧拉变换的其中一个定义式如下：

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

这个变换类似于EGF中的 (exp)。

[ exp F(x)=sum_{i=0}^infty frac{F^i(x)}{i!} ]

EGF的 (exp) 具有的组合意义是：将 (1sim n) 分成若干非空组，大小为 (i) 的组内部具有 (f_i) 中方案，问最后的总方案数。

而欧拉变换就是去除了这个 (1sim n) 的标号的方案数，去掉标号会导致“如果两个组大小和内部方案均相同，则它们不可区分”。

因此欧拉的第一个定义式的意思就是说大小为 (i) 的每种内部方案都可以选若干个，每种内部方案的生成函数都是 (frac{1}{1-x^i})。

现在使用指数、对数方法可以得到欧拉变换的第二个定义式。

[ mathcal{E}(F(x))=expleft(sum_{i=1}^inftylnleft(frac{1}{1-x^i} ight)^{f_i} ight)=expleft(sum_{i=1}^infty-f_iln(1-x^i) ight)=expleft(sum_{i=1}^infty f_isum_{j=1}^inftyfrac{x^{ij}}j ight)=expleft(sum_{j=1}^inftyfrac 1jsum_{i=1}^infty f_ix^{ij} ight)=expleft(sum_{j=1}^inftyfrac{F(x^j)}j ight) ]

无标号有根树计数

容易发现，给定根以后，所有的子树可以理解成构成总大小为 (n-1) 的若干个组。

因此我们需要解的方程即：

[ F(x)=xmathcal{E}(F(x))=xexpleft(sum_{i=1}^infty -f_iln(1-x^i) ight)\]

有 (exp) 不好处理，求 (ln)。

[ ln F(x)=ln x+sum_{i=1}^infty -f_iln(1-x^i) ]

(ln) 也不好处理，求导。

[ frac{F'(x)}{F(x)}=frac{1}{x}+sum_{i=1}^infty if_ifrac{x^{i-1}}{1-x^i} ]

通分，两侧都乘上 (xF(x))。

[ xF'(x)=F(x)+F(x)sum_{i=1}^infty if_ifrac{x^i}{1-x^i}\]

其中

[ sum_{i=1}^infty if_ifrac{x^i}{1-x^i}=sum_{i=1}^infty if_isum_{j=1}^infty x^{ji}=sum_{j=1}^infty x^jF'(x^j) ]

设 (G(x)=sum_{i=1}^infty x^iF'(x^i))。可以观察到

[ g_n=sum_{i|n}if_i f_n=f_n+sum_{i=1}^{n-1}f_ig_{n-i}f_n=frac{1}{n-1}left(sum_{i=1}^{n-1}f_ig_{n-i} ight) ]

其中 (f_1=1)。此时便可以使用“有依赖的辅助多项式分治卷积”解决这个问题。

无标号无根树计数

这个问题思路大概是：用有根树的方案减去根不是重心的方案。

1. 当 (n) 是奇数时：

   如果根不是重心，必然存在恰好一个子树，它的大小超过 (leftlfloorfrac n2 ight floor)（设它的大小为 (k)），那么这个子树和这棵子树以外的其他点的方案数恰好为 (f_kf_{n-k})（可以看成两棵有根树）。

   因此答案为

   [ ans=f_n-sum_{k=lfloor n/2 floor+1}^{n-1}f_kf_{n-k} ]

2. 当 (n) 是偶数时：

   出现的问题是，有可能存在两个重心，且其中一个是根（即存在一棵子树大小恰为 (frac n2)）。

   那么如果这个子树和剥离该子树后的树完全相同，这样的方案在 (f_n) 只会计算一次，即不需要减去；如果这个子树和另一棵树不相同，会被统计两次，需要减掉一次。

   因此偶数时额外减掉的方案数为 (inom{f_{n/2}}2)。

至此，这个问题在 (O(nlog^2n)) 的时间复杂度内解决。

CO int N=524288;
int omg[2][N],rev[N];

void NTT(poly&a,int dir){
    int lim=a.size(),len=log2(lim);
    for(int i=0;i<lim;++i) rev[i]=rev[i>>1]>>1|(i&1)<<(len-1);
    for(int i=0;i<lim;++i)if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
    for(int i=1;i<lim;i<<=1)
        for(int j=0;j<lim;j+=i<<1)for(int k=0;k<i;++k){
            int t=mul(omg[dir][N/(i<<1)*k],a[j+i+k]);
            a[j+i+k]=add(a[j+k],mod-t),a[j+k]=add(a[j+k],t);
        }
    if(dir==1){
        int ilim=fpow(lim,mod-2);
        for(int i=0;i<lim;++i) a[i]=mul(a[i],ilim);
    }
}
poly operator*(poly a,poly b){
    int n=a.size()-1,m=b.size()-1;
    int lim=1<<(int)ceil(log2(n+m+1));
    a.resize(lim),NTT(a,0);
    b.resize(lim),NTT(b,0);
    for(int i=0;i<lim;++i) a[i]=mul(a[i],b[i]);
    NTT(a,1),a.resize(n+m+1);
    return a;
}

int n,inv[N],f[N],g[N];

void solve(int l,int r){
    if(r-l+1<=100){
        for(int i=l;i<=r;++i){
            for(int j=l;j<i;++j){
                f[i]=add(f[i],mul(f[j],g[i-j]));
                if(l==1) continue;
                f[i]=add(f[i],mul(g[j],f[i-j]));
            }
            f[i]=mul(f[i],inv[i-1]);
            int v=mul(f[i],i);
            for(int j=i;j<=n;j+=i) g[j]=add(g[j],v);
        }
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    solve(l,mid);
    if(l==1){
        poly a=poly(f+1,f+mid+1)*poly(g+1,g+mid+1);
        for(int i=mid+1;i<=r;++i) f[i]=add(f[i],a[i-2]);
    }
    else{
        poly a=poly(f+l,f+mid+1)*poly(g+1,g+r-l+1);
        poly b=poly(g+l,g+mid+1)*poly(f+1,f+r-l+1);
        for(int i=mid+1;i<=r;++i) f[i]=add(f[i],add(a[i-l-1],b[i-l-1]));
    }
    solve(mid+1,r);
}

int main(){
    omg[0][0]=1,omg[0][1]=fpow(3,(mod-1)/N);
    omg[1][0]=1,omg[1][1]=fpow(omg[0][1],mod-2);
    for(int i=2;i<N;++i){
        omg[0][i]=mul(omg[0][i-1],omg[0][1]);
        omg[1][i]=mul(omg[1][i-1],omg[1][1]);
    }
    read(n);
    inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=2;i<N;++i) inv[i]=mul(mod-mod/i,inv[mod%i]);
    f[1]=1,solve(1,n);
    int ans=f[n];
    for(int i=n/2+1;i<n;++i) ans=add(ans,mod-mul(f[i],f[n-i]));
    if(n%2==0) ans=add(ans,mod-(int64)f[n/2]*(f[n/2]-1)/2%mod);
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}