SP1480 PT07D

给出两个数 (n,p)，你需要求出下面四个问题的答案：

(n) 个点的带标号无根树数量。
(n) 个点的带标号有根树数量。
(n) 个点的无标号有根树数量。
(n) 个点的无标号无根树数量。

答案对 (p) 取模。

树计数四合一

对于前两问可以直接用Cayley来做。

Cayley说的就是(n)个点的带标号无根树的方案数是(n^{n-2})。

那么有根树的方案数是(n^{n-1})

考虑证明，先从有根树入手，假设当前有(k)个子树，那么我们可以任选一棵子树上的一个点连边到另一棵子树，那么方案数就是(n(k-1))。

假设刚开始的(n)个点是(n)个子树，而每次操作会使子树减少一个，那么方案数为(prod_{i=1}^{n-1}ni=n^{n-1}(n-1)!)。

而实际上我们连边的顺序是不需要考虑的，需要除上((n-1)!)，所以最终方案数为(n^{n-1})。

然后考虑后两问，变得比较困难。

我们注意(EGF)Exp的组合意义，(exp(F(x))=sum_{ige1} frac{F^i(x)}{i!})，就是将(n)个有标号数放进若干个非空集合的方案数。

那么变换到无标号，那么有(Euler)变换如下：

[mathcal{E}(F(x))=prod_{ige1}(frac{1}{1-x^i})^{f_i} ]

然后我们回去第三问，如果你选择一个点当根，那么剩下的子树之间没有关联，就类似于刚才那个无标号计数。

那么设(f_n)表示(n)个点时无标号有根树的方案数，(F(x))是(f)对应的生成函数，那么有：

[F(x)=xmathcal{E}(F(x))=xprod_{ige1}(frac{1}{1-x^i})^{f_i} ]

把(prod(frac{1}{1-x^i})^{f_i})提出来做ln可以得到：

[ln(prod_{ige1}(frac{1}{1-x^i})^{f_i})=sum_{ige1}f_isum_{jge1}frac{1}{j}x^{ij}=sum_{jge1}frac{1}{j}sum_{ige1}f_i(x^j)^i=sum_{ige1}frac{1}{i}F(x^i) ]

再Exp回去代回原式有：

[F(x)=xExp(sum_{ige1}frac{1}{i}F(x^i)) ]

这个式子可以用牛顿迭代在(O(nlogn))完成，但是这个题可以(O(n^2))递推，于是我们继续化简。

两边求导有：

[xF'(x)=F(x)+F(x)(sum_{ige1}F'(x^i)x^i) ]

我们发现((x^i)^k)才有值，那么考虑单独看第(n)项：

[nf_n=f_n+sum_{j=1}^nf_jsum_{i=1}^nf_ii[i|n-j] ]

[nf_n=f_n+sum_{j=1}^nf_jsum_{i|n-j}f_ii ]

那么设(g_n=sum_{i|n}f_ii)，那么有：

[f_n=frac{sum_{j=1}^nf_jg_{n-j}}{n-1} ]

这样子第三问就完成了。

然后第四问就完成了一半，我们考虑在有根树的基础上变为无根树，需要把一些重复的树减去，而如果我们统计的有根树的根都是重心，那么一定不会重复，所以可以拿第三问的答案(f_n)减去不是重心的方案数。

而如果一个根的子树大小超过了(lfloorfrac{n}{2} floor+1)，那么这个根肯定不是重心，方案数为(f_if_{n-i})，于是答案为：

[f_n-sum_{i=lfloorfrac{n}{2} floor+1}^{n-1}f_if_{n-i} ]

而注意到(n)为偶数时会出现两个重心，所以还要减去(egin{pmatrix}f_{frac{n}{2}}\2end{pmatrix})。

Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
const int N = 1e3;
using namespace std;
int p,n,f[N + 5],g[N + 5],ans,inv[N + 5];
int mypow(int a,int x){int s = 1;for (;x;x & 1 ? s = 1ll * s * a % p : 0,a = 1ll * a * a % p,x >>= 1);return s;}
void solve1()
{
    memset(f,0,sizeof(f));
    memset(g,0,sizeof(g));
    f[1] = 1;
    g[1] = 1;
    inv[1] = 1;
    for (int i = 2;i <= n;i++)
        inv[i] = 1ll * (p - p / i) * inv[p % i] % p;
    for (int i = 2;i <= n;i++)
    {
        for (int j = 1;j <= i;j++)
            f[i] += 1ll * f[j] * g[i - j] % p,f[i] %= p;
        f[i] = 1ll * f[i] * inv[i - 1] % p;
        for (int j = 1;j <= i;j++)
            if (i % j == 0)
                g[i] += 1ll * f[j] * j % p,g[i] %= p;
    }
}
void solve2()
{
    solve1();
    int sm = 0;
    for (int i = n / 2 + 1;i <= n - 1;i++)
        sm += 1ll * f[i] * f[n - i] % p,sm %= p;
    ans = (f[n] - sm) % p;
    if (n % 2 == 0)
        ans -= 1ll * f[n / 2] * (f[n / 2] - 1) / 2 % p,ans %= p;
}
int main()
{
    int k;
    while (scanf("%d%d%d",&k,&n,&p) != EOF)
    {
        if (k == 1)
            printf("%d
",mypow(n,max(0,n - 2)));
        else
        if (k == 2)
            printf("%d
",mypow(n,n - 1));
        else
        if (k == 3)
        {
            solve1();
            printf("%d
",(f[n] + p) % p);
        }
        else
        {
            solve2();
            printf("%d
",(ans + p) % p);
        }
    }
    return 0;
}