本来想叫 WC2019 数树 的
后来发现自己还不怎么会怎么数树...
那就来数数树吧
Matrix-Tree 定理
令 $G$ 是一个无向图，$D$ 为 $G$ 的度数矩阵，即 $D[i][i] = [i的度数]$，$A$ 为 $G$ 的邻接矩阵，即 $A[i][j] = [i,j之间边的数量]$
定义 $G$ 的 基尔霍夫矩阵 $K$ 为 $D-A$
则 $K$ 随便删掉一行一列，剩下的矩阵 $K'$ 的行列式的绝对值，即 $|det(K')|$ 为 $G$ 的生成树个数
可以用来数 $n$ 个点有标号无根树的数量，因为 $n$ 个点有标号无根树就是 $n$ 个点的完全图的生成树
因为求 $det$ 是 $O(n^3)$ 的所以这种方法大多数时间是 $O(n^3)$ 的，有些题有一些很好的性质，可以让你的行列式非常漂亮
Caylay 公式
非常漂亮的行列式
公式的内容写在了 WC2019 数树 这道题里
提示：$n$ 个节点的树一共有 $n^{n-2}$ 种
有一些很有趣的扩展
比如：$n$ 个点的生成森林里有 $m$ 个树，其中 $1,2,3,...,m$ 号点分别属于第 $1,2,...,m$ 棵树的方案数为 $m imes n^{n-m-1}$
prufer 序列
一个奇怪的序列
一棵无根树，每次删掉编号最小的叶子，并记录它相邻的点的编号，直到树剩下 $2$ 个点
这样得到一个长度为 $n-2$ 的序列
每个点会在序列中出现 $它的度数-1$ 次
于是无根树计数问题就可以在某种程度上转化为序列计数问题
根据 prufer 序列也可以整出一些很厉害的公式比如
一个 $m$ 棵树的森林共 $n$ 个点，第 $i$ 棵树有 $a_i$ 个点的方案数为 $n^{m-2} imes prodlimits_{i=1}^m a_i$
一些简单的数树题：
bzoj1005 明明的烦恼
给你 n ，和树上一些点的度数，求满足条件的有标号无根树
转成 prufer 序列，就是钦定了一些元素的出现次数的长度为 n-2 的序列计数
设给你度的点有 x 个，转化一下变成了 prufer 序列中给定的值有 $y=sumlimits_{i=1}^x (d_i-1)$ 个那么给这 y 个钦定位置有 $C_{n-2}^y$ 种，其中每一种都钦定了出现次数，所以这个长度为 y 的序列有 $frac{(y-2)!}{prod [(d_i-1)!]}$ 种
剩下 $n-y-2$ 个位置可以放剩下的任意一个点，就是 $(n-x)^{(n-y-2)}$ 种放法
都乘起来就行了
codeforces1109E
给你n,m,a,b
求有多少n个点的有边权的树，满足边权上限是m，a点到b点的距离为m
首先枚举 a 到 b 有多少条边，假设有 e 条边
首先选出 e 条边，也就是 e-1 个点（因为有 a,b），注意到有顺序，所以是 $A_{n-2}^{e-1}$
然后把这 m 的距离分成 e 个非空的份，用插板，有 $C_{m-1}^{e-1}$ 种分法
剩下的边权随便，有 $m^{n-e-1}$ 种赋值方法
然后剩下的点可以挂在 a~b 这条链上，用一下 Caylay 公式扩展：
一共有 n 个点，e 棵树，a,...,b 分别属于第 1,...,e 棵树
方案数是 $e imes n^{n-e-1}$
乘起来就行了
WC 2019 数树
一开始 $ans=y^n$，有两棵 $n$ 个点的树，每有一条重边，$ans$ 就除以 $y$，现在给你 $y,n$
有 3 个 subtask
0.给你两棵树的具体形态，求 $ans$
1.给你一棵树的具体形态，对于所有 $n$ 个点的树，求它和给你那棵树的 $ans$ 之和
2.对于所有 $n$ 个点的树，求 1. 的答案之和
subtask0. map 裸题
subtask1.
两条路
1.Matrix-Tree 定理
这个 $n^3$ 很好写，但矩阵长得没那么好看...后面神仙推导我不会
对于给你的树的每一条边，我们连 $y^{-1}$ 条，剩下的连成完全图，然后上矩阵树定理就可以了
（后面不会）
2.奇怪的操作
记 $iy = y^{-1}$，这样两棵树的贡献就是 $iy^{重边数}$ ，设 $k=重边数$ ，把 $iy^{k}$ 展开
$iy^k = (iy-1+1)^k = sumlimits_{i=1}^k C_{k}^{i} imes (iy-1)^i$
我们可以枚举 $n$ 个点的完全图的每一个边的子集，对于一个边集 $E$ ，如果它同时是这两棵树的子集，答案就加上 $(iy-1)^{|E|}$ ，如果不是，就不加
可以发现，如果原来两棵树的交集有 $k$ 条边，会有 $C_{k}^{i}$ 个 $i$ 条边的交集子集被算一次，与前面那个式子殊途同
我们可以枚举一个给定树的边集，把它的贡献算出来
那也就是要算 $n$ 个点，已经连了一些边，生成树的方案数
用前面的公式可以知道，如果这些边把图分成了 $m$ 个连通块，每块的大小为 $a_i$，方案数是 $n^{m-2} imes prodlimits_{i=1}^m a_i$，总贡献就是 $方案数 imes (iy-1)^{n-m}$
看后面那个连乘的组合意义，发现是每块内选一个点的方案数
用 $f_{(i,0/1)}$ 表示 $i$ 所在的块里选了 / 没选点的方案数
dp 即可，转移的时候讨论选不选这条边，然后考虑新生成的边数和连通块数就可以了
subtask2.
放弃写题解了，多项式 exp
题解写出来的 latex 式子可能跟多项式 exp 的板子一样长
#include <bits/stdc++.h> #define LL long long #define rep(i, s, t) for (register int i = (s), i##end = (t); i <= i##end; ++i) #define dwn(i, s, t) for (register int i = (s), i##end = (t); i >= i##end; --i) using namespace std; inline int read() { int x = 0, f = 1; char ch; for (ch = getchar(); !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') f = -f; for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = 10 * x + ch - '0'; return x * f; } const int maxn = 600010, mod = 998244353; inline int skr(int x, int t) { int res = 1; for (; t; x = 1LL * x * x % mod, t >>= 1) if (t & 1) res = 1LL * res * x % mod; return res; } int n, y, op; int first[maxn], to[maxn << 1], nx[maxn << 1], cnt; inline void add(int u, int v) { to[++cnt] = v; nx[cnt] = first[u]; first[u] = cnt; } namespace subtask0 { map<int, int> mp[maxn]; void solve() { rep(i, 1, n - 1) { int u = read(), v = read(); add(u, v); add(v, u); } rep(i, 1, n - 1) { int u = read(), v = read(); mp[u][v] = mp[v][u] = 1; } int cnt = 0; rep(cur, 1, n) for (int i = first[cur]; i; i = nx[i]) if (to[i] < cur && mp[cur].find(to[i]) != mp[cur].end()) cnt++; cout << skr(y, n - cnt) << endl; } } // namespace subtask0 namespace subtask1 { int f[maxn][2], iy; void dfs(int x, int fa) { f[x][0] = f[x][1] = 1; for (int i = first[x]; i; i = nx[i]) { if (to[i] == fa) continue; dfs(to[i], x); int v = to[i]; LL tmp; tmp = 1LL * f[x][1] * f[v][1] % mod * n % mod; (tmp += (((LL)f[x][1] * f[v][0] % mod + (LL)f[x][0] * f[v][1] % mod) * (iy - 1) % mod)) %= mod; f[x][1] = tmp; tmp = 1LL * f[x][0] * f[v][0] % mod * (iy - 1) % mod; (tmp += (1LL * f[v][1] * f[x][0] % mod * n % mod)); f[x][0] = tmp; } } void solve() { if (y == 1) { cout << skr(n, n - 2) << endl; return; } iy = skr(y, mod - 2); rep(i, 1, n - 1) { int u = read(), v = read(); add(u, v); add(v, u); } dfs(1, 0); cout << 1LL * (1LL * skr(y, n) * f[1][1] % mod) * skr(n, mod - 2) % mod << endl; } } // namespace subtask1 namespace subtask2 { int r[maxn], lg[maxn], temp[maxn]; int inv[maxn], ifac[maxn], fac[maxn]; inline int skr(int x, LL t) { int res = 1; while (t) { if (t & 1) res = 1LL * res * x % mod; x = 1LL * x * x % mod; t = t >> 1; } return res; } inline void fft(int *a, int n, int type) { for (int i = 0; i < n; i++) r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (lg[n] - 1)); for (int i = 0; i < n; i++) if (i < r[i]) swap(a[i], a[r[i]]); for (int i = 1; i < n; i <<= 1) { int wn = skr(3, (mod - 1) / (i << 1)); if (type == -1) wn = skr(wn, mod - 2); // cout << wn << endl; for (int j = 0; j < n; j += (i << 1)) { int w = 1; for (int k = 0; k < i; k++, w = (1LL * (LL)w * (LL)wn) % mod) { int x = a[j + k], y = (1LL * (LL)w * (LL)a[j + k + i]) % mod; a[j + k] = (x + y) % mod; a[j + k + i] = (((x - y) % mod) + mod) % mod; } } } if (type == -1) { int inv = skr(n, mod - 2); for (int i = 0; i < n; i++) a[i] = ((LL)a[i] * (LL)inv) % mod; } } inline void Inverse(int *a, int *b, int n) { if (n == 1) { b[0] = skr(a[0], mod - 2); return; } Inverse(a, b, n >> 1); memcpy(temp, a, n * sizeof(int)); memset(temp + n, 0, n * sizeof(int)); fft(temp, n << 1, 1); fft(b, n << 1, 1); for (int i = 0; i < (n << 1); i++) b[i] = 1LL * b[i] * ((2LL - 1LL * temp[i] * b[i] % mod + mod) % mod) % mod; fft(b, n << 1, -1); memset(b + n, 0, n * sizeof(int)); } int c[maxn], d[maxn]; inline void Ln(int *a, int *b, int n) { Inverse(a, c, n); for (int i = 0; i < n - 1; ++i) d[i] = (LL)(i + 1) * a[i + 1] % mod; d[n - 1] = 0; fft(c, n << 1, 1); fft(d, n << 1, 1); for (int i = 0; i < (n << 1); ++i) c[i] = 1LL * d[i] * c[i] % mod; fft(c, (n << 1), -1); for (int i = 1; i < (n << 1); ++i) b[i] = 1LL * inv[i] * c[i - 1] % mod; b[0] = 0; for (int i = 0; i < (n << 1); ++i) c[i] = d[i] = 0; } int temp_w[maxn], temp_Ln[maxn]; inline void Exp(int *a, int *b, int n) { if (n == 1) { b[0] = 1; return; } Exp(a, b, n >> 1); memcpy(temp_w, b, sizeof(int) * n); memset(temp_w + n, 0, sizeof(int) * n); Ln(b, temp_Ln, n); for (int i = 0; i < n; i++) temp_Ln[i] = (mod + a[i] - temp_Ln[i]) % mod; (temp_Ln[0] += 1) %= mod; fft(temp_w, n << 1, 1); fft(temp_Ln, n << 1, 1); for (int i = 0; i < (n << 1); i++) temp_w[i] = 1LL * temp_w[i] * temp_Ln[i] % mod; fft(temp_w, n << 1, -1); memcpy(b, temp_w, n * sizeof(int)); memset(b + n, 0, n * sizeof(int)); memset(temp_w, 0, sizeof(int) * (n << 1)); memset(temp_Ln, 0, sizeof(int) * (n << 1)); } int F[maxn], G[maxn]; void solve() { lg[0] = -1; rep(i, 1, 600000) lg[i] = lg[i >> 1] + 1; if (y == 1) { cout << skr(n, 2 * n - 4) << endl; return; } int iy = skr(y, mod - 2); int m = 1; for (; m <= n; m <<= 1) ; inv[1] = ifac[0] = fac[0] = 1; rep(i, 1, m) { if (i != 1) inv[i] = -(LL)mod / i * inv[mod % i] % mod; inv[i] = ((inv[i] % mod) + mod) % mod; ifac[i] = (LL)ifac[i - 1] * inv[i] % mod; fac[i] = (LL)fac[i - 1] * i % mod; } int z = iy - 1; int t = 1LL * skr(z, mod - 2) * (1LL * n * n % mod) % mod; rep(i, 1, n) F[i] = 1LL * skr(i, i) * (1LL * t * ifac[i] % mod) % mod; Exp(F, G, m); LL ans = 1; ans = 1LL * skr(z, n) * fac[n] % mod; (ans *= (1LL * skr(n, mod - 5) * G[n] % mod)) %= mod; (ans *= skr(y, n)) %= mod; cout << ans << endl; } } // namespace subtask2 int main() { freopen("tree.in", "r", stdin); freopen("tree.out", "w", stdout); n = read(), y = read(), op = read(); if (op == 0) subtask0::solve(); else if (op == 1) subtask1::solve(); else subtask2::solve(); }
upd：清华爷题解传送门里面有我懒得写的 subtask 2