題意：有兩棵基于同一點集的樹，點集大小為 $n$ ，兩棵樹中有 $op$ 棵未確定，可以取所有 $n^{n?2}$ 種可能。給每個點染上 $[1,y]$ 中的一個顏色，要求若 $u$ 到 $v$ 在兩棵樹上的路徑完全相同，那么 $u,v$ 必須同色。求所有方案數之和 模 $998244353$。

$n\le 10^5$

設兩棵樹的邊集為 $E_1,E_2$，那么顯然答案就是 $y^{n?|E_1\cap E_2|}$。

我這個都沒看出來你信嗎

op=0

直接用個 set 模擬即可。

op=1

相當于是給定 $E_1$，對所有 $E_2$ 求答案。

即

$$\sum _{E_2\in \mathrm{Tree}}{y}^{n?|E_1\cap E_2|}$$

其中 $\mathrm{Tree}$ 表示所有構成樹的邊集的集合。

枚舉交集

$$\sum _{S?E_1}{y}^{n?|S|}\sum _{E_2\in \mathrm{Tree}}[E_1\cap E_2=S]$$

令

$$F(S)=\sum _{E_2\in \mathrm{Tree}}[E_1\cap E_2=S]$$

$$G(S)=[S?E_1]\sum _{E_2\in \mathrm{Tree}}[S?E_2]$$

顯然有

$$G(S)=\sum _{S?T}F(T)$$

由基本的容斥原理，有

$$F(S)=\sum _{S?T}(?1{)}^{|T|?|S|}G(T)$$

我們設一個

$$C(S)=\sum _{E_2\in \mathrm{Tree}}[S?E_2]$$

即有多少棵樹包含了邊集 $S$

那么原式可以寫成

$$\sum _{S?E_1}{y}^{n?|S|}\sum _{S?T?E_1}(?1{)}^{|T|?|S|}C(T)$$

枚舉 $T$

$$\sum _{T?E_1}C(T)\sum _{S?T}{y}^{n?|S|}(?1{)}^{|T|?|S|}$$

接下來這步有點迷惑，不過也有其他等價的推法

$$\sum _{T?E_1}C(T)y^{n?|T|}\sum _{S?T}(?y{)}^{|T|?|S|}$$

用二項式定理就可以把 $S$ 消掉

$$\sum _{T?E_1}C(T)y^{n?|T|}(1?y{)}^{|T|}$$

看起來已經很簡潔了，現在多半還要上個 dp。

但是這個跨連通塊連邊的方案很難搞，我們還需要一個這方面的計數工具。我們先手玩一下這個 $C$。

有一個結論：一個有 $k$ 棵樹的森林，點集大小為 $n$，其中每棵樹的大小為 $a_1,a_2,\dots ,a_k$，則將其連成一棵樹的方案數是 $n^{k?2}{\prod }_{i=1}^k{a}_i$。

證明可以手玩矩陣樹或者用 prufer 序列，我不太會所以略去了。

那么我們把這個 $C(T)$ 暴力拆開。令 $k=n?|T|$，即斷開 $T$ 中的點后的連通塊個數。

$$\sum _{T?E}\sum _{\{a\}:T}{n}^{k?2}\prod _{i=1}^k{a}_i{y}^k(1?y{)}^{n?k}$$

其中 $\{a\}:T$ 表示枚舉一棵包含 $T$ 的樹斷掉 $T$ 中的邊后形成的 $k$ 個連通塊大小為 $a_i$。看不懂也沒關系，就是枚舉所有可能的連通塊。

然后就可以 dp 了。

設 $dp(u,k,s)$ 表示 $u$ 為根的子樹中分出了 $k$ 個連通塊，其中根所在的連通塊大小為 $s$ 的方案數。

這個 $O(n^3)$ 的方程很難繼續優化了。但我們注意到我們并不需要對所有 $k$ 求出方案，我們要求的是和它有關的一個指數形式的式子。

通過嘗試，可以用01分數規劃的思想把它搞成這樣：

$$\frac{(1?y{)}^n}{n^2}\sum _{T?E}\sum _{\{a\}:T}\prod _{i=1}^k\frac{ny}{1?y}{a}_i$$

也就是說，每多出一個連通塊，額外產生的貢獻就是 $z=\frac{ny}{1?y}$。乘上每個連通塊的大小再乘個常數就得到了答案。我們可以邊 dp 邊計算這個的貢獻。

設 $dp(u,k)$ 表示 $u$ 為根的子樹中，根所在連通塊大小為 $k$，已經產生的總貢獻。注意因為根還沒有確定，所以根的貢獻不計入。

可以寫出方程：

$$dp(u,k)\leftarrow dp(u,k)\sum _{i=0}^{\infty }zi?dp(v,i)+\sum _{i=0}^{k}dp(u,i)dp(v,k?i)$$

用樹形 dp 的套路可以做到 $O(n^2)$，可是還不夠。但注意到這東西又乘常數又卷積的，考慮生成函數。即設

$$d{p}_u(x)=\sum _{i=0}^{\infty }dp(u,i)x^i$$

對于這個 $\sum i?dp(v,i)$，發現它就是 $d{p}_u^{\prime }(1)$（？）。我們設 $f_u=z?d{p}_u^{\prime }(1)$，發現答案就是 $f_1$ 乘上前面那坨常數。

方程可以改寫成

$$d{p}_u(x)\leftarrow d{p}_u(x)f_v+d{p}_u(x)d{p}_v(x)$$

為了推出 $f_u$，求個導。

$$d{p}_u^{\prime }(x)\leftarrow d{p}_u^{\prime }(x)f_v+d{p}_u^{\prime }(x)d{p}_v(x)+d{p}_u(x)d{p}_v^{\prime }(x)$$

代入 $x=1$,再乘個 $z$。

$$z?d{p}_u^{\prime }(1)\leftarrow z?d{p}_u^{\prime }(1)f_v+z?d{p}_u^{\prime }(1)d{p}_v(1)+d{p}_u(1)?z?d{p}_v^{\prime }(1)$$

設 $g_u=d{p}_u(1)$，就得到了優美的方程

$$f_u\leftarrow f_u{f}_v+f_u{g}_v+f_v{g}_u$$

$g_u$ 用最開始的方程算

$$g_u\leftarrow g_u(f_v+g_v)$$

就可以 $O(n)$ 求了。

另一種等價的思路是設 $f(u,0/1)$ 表示根結點所在的連通塊是否計入了貢獻，不過比求導還難想……

op=2

其實比前面還簡單點……

用同樣的思路推式子

$$\sum _{E_1\in \mathrm{Tree}}\sum _{E_2\in \mathrm{Tree}}{y}^{n?|E_1\cap E_2|}$$

$$=\sum _S{y}^{n?|S|}\sum _{E_1\in \mathrm{Tree}}\sum _{E_2\in \mathrm{Tree}}[E_1\cap E_2=S]$$

$$=\sum _S{y}^{n?|S|}\sum _{S?T}{C}^2(T)(?1{)}^{|T|?|S|}$$

$$=\sum _T{C}^2(T)\sum _{S?T}(?1{)}^{|T|?|S|}{y}^{n?|S|}$$

$$=\sum _T{C}^2(T)y^{n?|T|}\sum _{S?T}(?y{)}^{|T|?|S|}$$

$$=\sum _T{C}^2(T)y^{n?|T|}(1?y{)}^{|T|}$$

$$=\sum _T\sum _{\{a\}:T}{n}^{2(k?2)}\prod _{i=1}^k{a}_i^2{y}^k(1?y{)}^{n?k}$$

$$=\frac{(1?y{)}^n}{n^4}\sum _T\sum _{\{a\}:T}\prod _{i=1}^k\frac{n^{2}y}{1?y}{a}_i^2$$

考慮一個大小為 $s$ 的連通塊，其貢獻為后面那坨乘上自己內部的連邊方案 $s^{s?2}$，即

$$\frac{n^{2}y}{1?y}{s}^s$$

構造出 EGF 然后 $\exp$ 即可。

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cctype> #include <utility> #include <vector> #include <set> #define MAXN 262144+5 using namespace std; inline int read() {int ans=0;char c=getchar();while (!isdigit(c)) c=getchar();while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();return ans; } const int MOD=998244353; 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;} typedef long long ll; 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; } int n,y; #define inv(x) qpow(x,MOD-2) namespace solve1 {typedef pair<int,int> pi;set<pi> s;int main(){if (y==1) return puts("1"),0;for (int i=1;i<n;i++){int x,y;x=read(),y=read();if (x>y) swap(x,y);s.insert(make_pair(x,y));}int t=n;for (int i=1;i<n;i++){int x,y;x=read(),y=read();if (x>y) swap(x,y);if (s.count(make_pair(x,y))) --t;}printf("%d\n",qpow(y,t));return 0;} } namespace solve2 {vector<int> e[MAXN];int F[MAXN],G[MAXN],z;void dfs(int u,int f){F[u]=z,G[u]=1;for (int i=0;i<(int)e[u].size();i++){int v=e[u][i];if (v!=f){dfs(v,u);F[u]=((ll)F[u]*F[v]%MOD+(ll)F[u]*G[v]%MOD+(ll)F[v]*G[u]%MOD)%MOD;G[u]=(ll)G[u]*add(F[v],G[v])%MOD;} }}int main(){if (y==1) return printf("%d\n",qpow(n,n-2)),0;for (int i=1;i<n;i++){int u,v;u=read(),v=read();e[u].push_back(v),e[v].push_back(u);}z=(ll)n*y%MOD*inv(dec(1,y))%MOD;dfs(1,0);printf("%lld\n",(ll)F[1]*qpow(dec(1,y),n)%MOD*inv((ll)n*n%MOD)%MOD);return 0;} } namespace solve3 {int rt[2][24];int l,lim,r[MAXN];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;}}void getinv(int* A,int* B,int n){if (n==1) return (void)(*B=1);static int f[MAXN],t[MAXN];getinv(A,t,(n+1)>>1);for (l=0;(1<<l)<=(n<<1);++l);init();for (int i=0;i<n;i++) f[i]=A[i];for (int i=n;i<lim;i++) f[i]=t[i]=0;NTT(f,0),NTT(t,0);for (int i=0;i<lim;i++) B[i]=(ll)t[i]*dec(2,(ll)f[i]*t[i]%MOD)%MOD;NTT(B,1);for (int i=n;i<lim;i++) B[i]=0;}inline void deriv(int* A,int* B,int n){for (int i=0;i<n-1;i++) B[i]=A[i+1]*(i+1ll)%MOD;B[n-1]=0;}inline void integ(int* A,int* B,int n){for (int i=1;i<n;i++) B[i]=(ll)A[i-1]*inv(i)%MOD;B[0]=0;}inline void getln(int* A,int* B,int n){static int f[MAXN],g[MAXN];deriv(A,f,n),getinv(A,g,n);NTT(f,0),NTT(g,0);for (int i=0;i<lim;i++) f[i]=(ll)f[i]*g[i]%MOD;NTT(f,1);integ(f,B,n);for (int i=n;i<lim;i++) B[i]=0;}void getexp(int* A,int* B,int n){if (n==1) return (void)(*B=1);static int f[MAXN],g[MAXN];getexp(A,f,(n+1)>>1);getln(f,g,n);for (int i=0;i<n;i++) g[i]=dec(A[i],g[i]);++g[0];for (int i=n;i<lim;i++) f[i]=g[i]=0;NTT(f,0),NTT(g,0);for (int i=0;i<lim;i++) B[i]=(ll)f[i]*g[i]%MOD;NTT(B,1);for (int i=n;i<lim;i++) B[i]=0;}int F[MAXN],G[MAXN],fac[MAXN],finv[MAXN];int main(){if (y==1) return printf("%d\n",qpow(n,2*n-4)),0;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;}fac[0]=1;for (int i=1;i<=n;i++) fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%MOD;finv[n]=inv(fac[n]);for (int i=n-1;i>=0;i--) finv[i]=(ll)finv[i+1]*(i+1)%MOD;int t=(ll)n*n%MOD*y%MOD*inv(dec(1,y))%MOD;for (int i=1;i<=n;i++) F[i]=(ll)t*qpow(i,i)%MOD*finv[i]%MOD;getexp(F,G,n+1);printf("%lld\n",(ll)G[n]*qpow(dec(1,y),n)%MOD*qpow(n,MOD-5)%MOD*fac[n]%MOD);return 0;} } int main() {n=read(),y=read();switch(read()){case 0:return solve1::main();case 1:return solve2::main();case 2:return solve3::main();}return 0; }

總結

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