无标号无根树计数

一、题目

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二、解法

首先来介绍一下 ( t Euler) 变换，一个比较新鲜的前置知识。

定义 (F(x)) 的欧拉变换为：

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

有一个很明显的组合意义是 (F(x)) 为 (n) 个点满足某种条件的连通图数量，(mathcal E(F(x))) 为 (n) 个点满足某种条件的图的数量，也相当于每一种物品有 (f_i) 种选法，而且可以任意多个的方案数。

欧拉变换还有另一个更有用的导出柿子，但是需要我们来推一推，首先我们看到求乘积可以尝试去对数，设 (G(x)=mathcal E(F(x)))：

[ln G(x)=-sum_{i=1}^nf_iln(1-x^i) ]

利用 (ln'(x)=x) 的性质，我们对上面的柿子两边对 (x) 求导：

[frac{G'(x)}{G(x)}=sum_{i=1}^nf_ifrac{ix^{i-1}}{1-x^i} ]

把 (frac{1}{1-x^i}) 这东西做闭形式展开，那么：

[frac{G'(x)}{G(x)}=sum_{i=1}^n f_isum_{j=0}^infty ix^{(j+1)i-1} ]

然后积分回去（其实就是求导的逆变换）：

[ln G(x)=sum_{i=1}^n f_isum_{j=1}^inftyfrac{x^{ij}}{j} ]

[ln G(x)=sum_{j=1}^inftyfrac{1}{j}sum_{i=1}^nf_i(x^j)^i ]

[ln G(x)=sum_{j=1}^infty frac{F(x^j)}{j} ]

[mathcal E(F(x))=expsum_{j=1}^infty frac{F(x^j)}{j} ]

第一个柿子是定义式，通常用欧拉变换都用导出柿子。

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回到本题，无标号无根树不是很好算，我们先考虑能不能算有标号有根树，再通过一些神奇的操作把答案算出来。设 (g_n) 为大小为 (n) 的无标号有根树的数量，那么我们枚举根是什么，再枚举它的子树：

[g_n=[x^{n-1}]prod_{i=1}^infty (frac{1}{1-x^i})^{g_i} ]

使用欧拉变换，写成生成函数的形式：

[g(x)=xprod_{i=1}^infty(frac{1}{1-x^i})^{g_i} ]

[g(x)=xexpsum_{t=1}^inftyfrac{g(x^j)}{j} ]

[ln(frac{g(x)}{x})=sum_{t=1}^inftyfrac{g(x^j)}{j} ]

尝试使用牛顿迭代，设 (f(g(x))=ln(frac{g(x)}{x})-sum_{t=1}^inftyfrac{g(x^j)}{j})，假设我们已经求出了在模 (x^n) 意义下的 (g_0(x))，现在要求出模 (x^{2n}) 意义下的 (g(x))，那么有这样一个柿子：

[g(x)=g_0(x)-frac{f(g_0(x))}{f'(g_0(x))}mod x^{2n} ]

设 (alpha=sum_{t=2}^inftyfrac{g(x^j)}{j}=sum_{t=2}^inftyfrac{g_0(x^j)}{j})，然后把 (f(g(x))) 换一下：

[f(g(x))=ln(frac{g(x)}{x})-g(x)-alpha ]

先把 (f'(g_0(x))) 算出来，可以用内求导( imes)外求导，要把里面的 (frac{1}{x}) 当成常数才行，(alpha) 也是常数：

[f'(g_0(x))=frac{1}{x}cdotfrac{x}{g_0(x)}-1 ]

然后直接带入牛顿迭代：

[g(x)=g_0(x)-frac{ln(frac{g(x)}{x})-g(x)-alpha}{frac{1}{x}cdotfrac{x}{g_0(x)}-1}mod x^{2n} ]

因为 (g_0) 没有常数项所以不能求逆元，设 (g_1(x)=frac{g_0(x)}{x})，还要略微变化一下：

[frac{g(x)}{x}=g_1(x)-frac{ln(frac{g(x)}{x})-g(x)-alpha}{frac{1}{g_1(x)}-x}mod x^{2n} ]

然后就可以愉快地牛顿迭代了，时间复杂度 (O(nlog n))，但是常数有亿点大

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最后考虑怎么从无标号有根树转到无标号无根树，可以使用容斥，用有根的方案减去根不是重心的方案数，根不是重心等价于有一个子树大小大于等于 (frac{n}{2}+1)，那么枚举这个子树大小即可：

[g_n-sum_{kgeqfrac{n}{2}+1}g_kcdot g_{n-k} ]

但是当 (n) 为偶数的时候可能会出现两个重心的情况，这时候只能统计一次，所以此时还要减掉 ({g_{n/2}choose 2})

没有代码啊