WC2019数树（Matrix-Tree定理+容斥+树形dp+多项式exp）

题目链接

题目大意

题目给定点数 $n$和颜色数 $m$，分为三个问题：
1.给定两棵树，规定对于 $u,v$，若边 $(u,v)$同时在两棵树中出现，则 $u,v$必须染同种颜色。
2.给定一棵树，求对于所有第二棵树的可能出现情况，问题1的答案之和。
3.给定零棵树，求对于所有第一棵树的可能出现情况，问题2的答案之和。

题解

问题1

显然问题1是个SB题，如果两棵树中某条边重合，就直接缩起来，最后看有多少个缩起来之后的点即可。

问题2

问题2需要推一波式子。我们考虑计算至少有 $k$条边在两棵树之间重合的方案数，这样实际上会把原树分成 $n-k$个连通块。我们假设第 $i$个连通块的大小为 $a_i$，于是可以使用Matrix-Tree定理算出生成树个数是下面行列式的值（令 $m=n-k$）：
$\left|\begin{matrix} (n-a_1)a_1 & -a_1a_2 & -a_1a_3 & \cdots & -a_1a_{m-1} \\ -a_2a_1 & (n-a_2)a_2 & -a_2a_3 & \cdots & -a_2a_{m-1} \\ -a_3a_1 & -a_3a_2 & (n-a_3)a_3 & \cdots & -a_3a_{m-1} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\ -a_{m-1}a_1 & -a_{m-1}a_2 & -a_{m-1}a_3 & \cdots & (n-a_{m-1})a_{m-1} \end{matrix}\right| \\ =\prod_{i=1}^{m-1}a_i\left|\begin{matrix} n-a_1 & -a_2 & -a_3 & \cdots & -a_{m-1} \\ -a_1 & n-a_2 & -a_2 & \cdots & -a_{m-1} \\ -a_1 & -a_2 & n-a_3 & \cdots & -a_{m-1} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\ -a_1 & -a_2 & -a_3 & \cdots & n-a_{m-1} \end{matrix}\right| \\ =\prod_{i=1}^{m-1}a_i\left|\begin{matrix} n & 0 & 0 & \cdots & -n \\ 0 & n & 0 & \cdots & -n \\ 0 & 0 & n & \cdots & -n \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & n-\sum_{i=1}^{m-1}a_i \end{matrix}\right| \\ =n^{m-2}\prod_{i=1}^ma_i$
但是这样有可能会计算多，比如强制让某些边重合时，在连通块之间的边也重合了。如果真正重合的边集为 $E$，那么它会被在所有 $S\subseteq E$中被计算恰好一次。我们希望最终 $E$的贡献恰好为 $y^{n-|E|}$， $y^n$可以提取出来最后乘，于是我们需要满足 $\sum_{S\subseteq E}f(|S|)=y^{-|E|}$，二项式反演可以得到： $f(k)=\sum_{i=0}^k(-1)^{k-i}\binom kiy^{-i}=(\frac 1y-1)^k$。
也就是说我们把树分成 $m$个连通块，第 $i$块的大小为 $a_i$，那么它对答案的贡献就是 $(y^{-1}-1)^{n-m}n^{m-2}\prod_{i=1}^ma_i$。
于是 $O(n^2)$的dp应该比较显然了，记一下根所在的连通块大小即可。

我们再考虑 $\prod a_i$的组合意义，它相当于在每个连通块中选一个点的总方案数。于是令 $f[i]$表示 $i$所在的连通块中选了点的方案数， $g[i]$表示 $i$所在连通块中没有选点。于是就可以 $O(n)$的dp了。

问题3

有了问题2的推导，问题3的算式还是比较明显的。首先暴力枚举连通块划分求值：
$\sum_{\sum_{i=1}^ma_i=n}\frac{n!\prod_{i=1}^m\frac{a_i^{a_i-2}}{a_i!}}{m!}\left(n^{m-2}\prod_{i=1}^ma_i\right)^2(y^{-1}-1)^{n-m} \\ =\frac{y^n(y^{-1}-1)^nn!}{n^4}\sum_{\sum_{i=1}^ma_i=n}\frac{(n^2(y^{-1}-1)^{-1})^m}{m!}\prod_{i=1}^m\frac{a_i^{a_i}}{a_i!}$
EGF的形式已经出来了。令 $F(x)=\sum \frac{i^i}{i!}x^i$，则上式为：
$[x^n]\frac{y^n(y^{-1}-1)^nn!}{n^4}\sum_{m\ge 1}\frac{(F(x)n^2(y^{-1}-1)^{-1})^m}{m!} \\ =[x^n]\frac{y^n(y^{-1}-1)^nn!}{n^4}e^{F(x)n^2(y^{-1}-1)^{-1}}$
因此直接多项式exp即可。复杂度 $O(nlogn)$。
多项式板子太长就不放了qwq

int n, m, typ;
namespace Solve0 {
	int par[MAXN], vis[MAXN];
	set<pair<int, int> > ss;
	int find(int x) { return par[x] == x ? x : par[x] = find(par[x]); }
	void solve() {
		for (int i = 1; i <= n; i++) par[i] = i;
		for (int i = 1; i < n; i++) {
			int u, v; read(u, v);
			ss.insert(make_pair(u, v));
			ss.insert(make_pair(v, u));
		}
		for (int i = 1; i < n; i++) {
			int u, v; read(u, v);
			if (ss.find(make_pair(u, v)) != ss.end())
				par[find(u)] = find(v);
		}
		ll res = 1;
		for (int i = 1; i <= n; i++) if (!vis[find(i)])
			vis[find(i)] = 1, res = res * m % MOD;
		printf("%lld\n", res);
	}
}
namespace Solve1 {
	struct Edge { int to, next; } edge[MAXN];
	int head[MAXN], tot;
	ll f[MAXN], g[MAXN], invn, invm;
	void addedge(int u, int v) {
		edge[++tot] = (Edge) { v, head[u] };
		head[u] = tot;
	}
	void dfs(int u, int fa) {
		f[u] = g[u] = invn;
		for (int i = head[u]; i; i = edge[i].next) {
			int v = edge[i].to;
			if (v == fa) continue;
			dfs(v, u);
			ll a = (f[u] * f[v] % MOD * n % MOD * n + (f[u] * g[v] + g[u] * f[v]) % MOD * n % MOD * (invm - 1)) % MOD;
			ll b = (g[u] * f[v] % MOD * n % MOD * n + g[u] * g[v] % MOD * n % MOD * (invm - 1)) % MOD;
			f[u] = a, g[u] = b;
		}
	}
	void solve() {
		for (int i = 1; i < n; i++) {
			int u, v; read(u, v);
			addedge(u, v), addedge(v, u);
		}
		invn = modpow(n, MOD - 2);
		invm = modpow(m, MOD - 2);
		dfs(1, 0);
		printf("%lld\n", f[1] * modpow(m, n) % MOD);
	}
}
namespace Solve2 {
	ll fac[MAXN], rev[MAXN]; int A[MAXN], B[MAXN];
	void solve() {
		if (m == 1) { printf("%d\n", modpow(n, 2 * n - 4)); return; }
		for (int i = fac[0] = 1; i <= n; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % MOD;
		rev[n] = modpow(fac[n], MOD - 2);
		for (int i = n; i > 0; i--) rev[i - 1] = rev[i] * i % MOD;
		ll invm = modpow(m, MOD - 2), iinvm = (ll)modpow(invm - 1, MOD - 2) * n % MOD * n % MOD;
		for (int i = 1; i <= n; i++) A[i] = modpow(i, i) * rev[i] % MOD * iinvm % MOD;
		get_exp(A, B, get_tpow(n + 1));
		printf("%lld\n", (ll)B[n] * modpow(n, MOD - 5) % MOD * fac[n] % MOD * modpow(m, n) % MOD * modpow(invm - 1, n) % MOD);
	}
}
int main() {
	freopen("tree.in", "r", stdin);
	freopen("tree.out", "w", stdout);
	read(n, m, typ);
	if (typ == 0) Solve0::solve();
	else if (typ == 1) Solve1::solve();
	else Solve2::solve();
	return 0;
}