眾所周知，對(duì)于有標(biāo)號(hào)計(jì)數(shù)的指數(shù)型生成函數(shù) $f(x)$，將其任意地進(jìn)行無順序的組合，得到的生成函數(shù)是$exp(f(x))$。

而對(duì)于無標(biāo)號(hào)計(jì)數(shù)的這樣的組合，我們就需要引入一個(gè)叫 $\text{Eular}$ 變換的東西 $\mathcal{E}(f(x))$

（這個(gè)符號(hào)打法：\mathcal(E)）

為了方便，本文中記$f_i$表示$[x^i]f(x)$。兩種表述可能混用。

我們先引入一個(gè)實(shí)際問題：$n$個(gè)點(diǎn)無標(biāo)號(hào)有根樹的計(jì)數(shù)。兩棵樹被認(rèn)為相同，當(dāng)且僅當(dāng)存在一種重標(biāo)號(hào)方案，使得它們的根標(biāo)號(hào)相同且邊集相等。

對(duì)于一棵樹，我們?nèi)サ羲母?#xff0c;然后就分成若干棵獨(dú)立的子樹。所以對(duì)無標(biāo)號(hào)有根樹的$\text{OGF}$ $F(x)$，有

$$F(x)=x?\mathcal{E}(F(x))$$

先思考這個(gè)問題的主要矛盾在什么地方：對(duì)于分出來的若干子樹，如果有一些子樹完全一致，那么它們只會(huì)貢獻(xiàn)一次方案。但如果只是大小相同而本質(zhì)不同，仍然算作不同的方案。

換句話說，最終的方案只和每種本質(zhì)不同的子樹使用的個(gè)數(shù)有關(guān)。考慮背包。

對(duì)每種本質(zhì)不同的大小為$k$的樹構(gòu)造完全背包的生成函數(shù)，即

$$\frac{1}{1?x^k}$$

那么我們可以得到一個(gè)簡單粗暴的定義式：

$$\mathcal{E}(F(x))=\prod _{i=1}^{\infty }\frac{1}{(1?x^i{)}^{F_i}}$$

$F_i$是因?yàn)橛?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$F_i$種本質(zhì)不同大小為$i$的物品

然后開始愉快地推式子

$$G(x)=\mathcal{E}(F(x))=\prod _{i=1}^{\infty }\frac{1}{(1?x^i{)}^{F_i}}$$

既然有連乘，先求個(gè)$\ln$

$$\ln (G(x))=?\sum _{i=1}^{\infty }{F}_i\ln (1?x^i)$$

$\ln$還是看不順眼，求個(gè)導(dǎo)

$$\frac{G^{\prime }(x)}{G(x)}=\sum _{i=1}^{\infty }{F}_i\frac{i{x}^{i?1}}{1?x^i}$$

又看見了喜聞樂見的完全背包，直接展開

$$\frac{G^{\prime }(x)}{G(x)}=\sum _{i=1}^{\infty }{F}_i?i{x}^{i?1}\sum _{j=0}^{\infty }{x}^{ij}$$

$$\frac{G^{\prime }(x)}{G(x)}=\sum _{i=1}^{\infty }{F}_i?i\sum _{j=0}^{\infty }{x}^{i(j+1)?1}$$

$$\frac{G^{\prime }(x)}{G(x)}=\sum _{i=1}^{\infty }{F}_i?i\sum _{j=1}^{\infty }{x}^{ij?1}$$

再積分回來

$$\ln (G(x))=\sum _{i=1}^{\infty }{F}_i?i\sum _{j=1}^{\infty }\frac{x^{ij}}{ij}$$

整理一下

$$\ln (G(x))=\sum _{i=1}^{\infty }{F}_i\sum _{j=1}^{\infty }\frac{x^{ij}}{j}$$

$$\ln (G(x))=\sum _{j=1}^{\infty }\frac{1}{j}\sum _{i=1}^{\infty }{F}_i{x}^{ij}$$

$$\ln (G(x))=\sum _{j=1}^{\infty }\frac{F(x^j)}{j}$$

$$\ln (G(x))=\sum _{i=1}^{\infty }\frac{F(x^i)}{i}$$

得到 $\text{Eular}$ 變換的計(jì)算式（霧）

$$\mathcal{E}(F(x))=\exp (\sum _{i=1}^{\infty }\frac{F(x^i)}{i})$$

然后回到原問題

$$F(x)=x?\mathcal{E}(F(x))$$

$$F(x)=x?\exp (\sum _{i=1}^{\infty }\frac{F(x^i)}{i})$$

兩邊求導(dǎo)(如果高數(shù)不好建議自己多寫幾步)

$$F^{\prime }(x)=\exp (\sum _{i=1}^{\infty }\frac{F(x^i)}{i})+x?\exp (\sum _{i=1}^{\infty }\frac{F(x^i)}{i})?\sum _{i=1}^{\infty }\frac{i{x}^{i?1}?F^{\prime }(x^i)}{i}$$

$$F^{\prime }(x)=\exp (\sum _{i=1}^{\infty }\frac{F(x^i)}{i})+F(x)\sum _{i=1}^{\infty }{x}^{i?1}?F^{\prime }(x^i)$$

兩邊同時(shí)乘上$x$

$$x?F^{\prime }(x)=F(x)+F(x)\sum _{i=1}^{\infty }{x}^i?F^{\prime }(x^i)$$

#undef G

記

$$G(x)=\sum _{i=1}^{\infty }{x}^i?F^{\prime }(x^i)$$

$$x?F^{\prime }(x)=F(x)+F(x)G(x)$$

考慮求這東西的第$x^n$項(xiàng)

$$n{F}_n=F_n+\sum _{k=1}^{n?1}{F}_k{G}_{n?k}$$

$$F_n=\frac{1}{n?1}\sum _{k=1}^{n?1}{F}_k{G}_{n?k}$$

如果我們知道$G$，就可以直接分治 NTT 算出$F$

現(xiàn)在考慮這個(gè)$G$

$$G(x)=\sum _{i=1}^{\infty }{x}^i?F^{\prime }(x^i)$$

$$G_n=\sum _{i=1}^{\infty }[x^{n?i}]F^{\prime }(x^i)$$

經(jīng)過大膽的觀察和仔細(xì)的猜想

$$G_n=\sum _{d\mid n}(\frac{n?d}{d}+1)F_{\frac{n?d}{d}+1}$$

$$G_n=\sum _{d\mid n}(\frac{n}{d})F_{\frac{n}{d}}$$

$$G_n=\sum _{d\mid n}d{F}_d$$

然后每求出一個(gè)$F$，就可以調(diào)和級(jí)數(shù)復(fù)雜度求出之前的$G$，就可以分治 NTT 了。

但是分治時(shí)如果$L=1$，$G$可能不夠用。解決辦法是先不計(jì)算不夠的地方的貢獻(xiàn)，在后面再把它加上。

具體的講，如果我們要計(jì)算$F_{1～mid}$對(duì)$F_{mid+1～R}$的貢獻(xiàn)，我們只計(jì)算$i$不超過$mid$的$G_i$的貢獻(xiàn)，這樣少算了$G_{mid+1,R?1}$的貢獻(xiàn)。而這部分貢獻(xiàn)可以通過$R$之前交換$F$和$G$做一次類似的卷積計(jì)算出來。詳見代碼。

復(fù)雜度$O(n{\log }^{2}n)$

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cctype> #define MAXN 524288 using namespace std; const int MOD=998244353; typedef long long ll; inline int add(const int& x,const int& y){return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;} inline int dec(const int& x,const int& y){return x<y? x-y+MOD:x-y;} inline int qpow(int a,int p) {int ans=1;while (p){if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;a=(ll)a*a%MOD;p>>=1;}return ans; } #define inv(x) qpow(x,MOD-2) int rt[2][24],r[MAXN],l,lim; inline void init(){lim=1<<l;for (int i=0;i<lim;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));} inline void NTT(int* a,int type) {for (int i=0;i<lim;i++) if (i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);for (int L=0;L<l;L++){int mid=1<<L,len=mid<<1;ll Wn=rt[type][L+1];for (int s=0;s<lim;s+=len)for (int k=0,w=1;k<mid;k++,w=w*Wn%MOD){int x=a[s+k],y=(ll)w*a[s+mid+k]%MOD;a[s+k]=add(x,y),a[s+mid+k]=dec(x,y);}}if (type){int t=inv(lim);for (int i=0;i<lim;i++) a[i]=(ll)a[i]*t%MOD;} } int f[MAXN],g[MAXN],n; int a[MAXN],b[MAXN]; void solve(int L,int R) {if (L==R){if (L>1) f[L]=(ll)f[L]*inv(L-1)%MOD;int t=(ll)L*f[L]%MOD;for (int i=L;i<=n;i+=L) g[i]=add(g[i],t);return;}int mid=(L+R)>>1;solve(L,mid);int len=R-L;for (l=0;(1<<l)<=(len<<1);l++);init();if (L==1){for (int i=0;i<lim;i++) a[i]=b[i]=0;for (int i=L;i<=mid;i++) a[i]=f[i],b[i]=g[i];NTT(a,0);NTT(b,0);for (int i=0;i<lim;i++) a[i]=(ll)a[i]*b[i]%MOD;NTT(a,1);for (int i=mid+1;i<=R;i++) f[i]=add(f[i],a[i]);}else{for (int i=0;i<lim;i++) a[i]=b[i]=0;for (int i=L;i<=mid;i++) a[i-L]=f[i];for (int i=0;i<=len;i++) b[i]=g[i];NTT(a,0);NTT(b,0);for (int i=0;i<lim;i++) a[i]=(ll)a[i]*b[i]%MOD;NTT(a,1);for (int i=mid+1;i<=R;i++) f[i]=add(f[i],a[i-L]);for (int i=0;i<lim;i++) a[i]=b[i]=0;for (int i=L;i<=mid;i++) a[i-L]=g[i];for (int i=0;i<=len;i++) b[i]=f[i];NTT(a,0);NTT(b,0);for (int i=0;i<lim;i++) a[i]=(ll)a[i]*b[i]%MOD;NTT(a,1);for (int i=mid+1;i<=R;i++) f[i]=add(f[i],a[i-L]);}solve(mid+1,R); } int main() {rt[0][23]=qpow(3,119),rt[1][23]=inv(rt[0][23]);for (int i=22;i>=0;i--){rt[0][i]=(ll)rt[0][i+1]*rt[0][i+1]%MOD;rt[1][i]=(ll)rt[1][i+1]*rt[1][i+1]%MOD;}scanf("%d",&n);f[1]=1;solve(1,n);int ans=f[n];printf("%d\n",ans);return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的生成函数Euler变换学习笔记（无标号有根树计数）的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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