很顯然地，我們考慮生成函式，由於必須兒子不能為空，所以顯然0
00個點的方案數我們需要設定為0
00。設f(x
)f(x)
f(x)
為合法的樹的生成函式，則有：
f (x
)=x+
∑i∈d
fi(x
)f(x)=x+\sum_f^i(x)
f(x)=x
+i∈d
∑fi
(x)設g(x
)=1−
∑i∈d
xi
g(x)=1-\sum_x^i
g(x)=1
−∑i∈
dxi
，則顯然g(f
(x))
=x
g(f(x))=x
g(f(x)
)=x，即g,f
g,fg,
f互為復合逆。
發現我們並不需要求整個f
ff，只需要求第s
ss項的係數，考慮拉格朗日反演：
[ xs
]f(x
)=1s
[x−1
](1g
(x))
s=1s
[xs−
1](x
g(x)
)s
[x^s]f(x)=\frac[x^](\frac)^s=\frac[x^](\frac)^s
[xs]f(
x)=s
1[x
−1](
g(x)
1)s
=s1
[xs−
1](g
(x)x
)s
多項式快速冪即可。
**：
#include
#define ll long long
#define re register
#define cs const
using std::cerr;
using std::cout;
cs int mod=
950009857
;inline
intadd
(int a,
int b)
inline
intdec
(int a,
int b)
inline
intmul
(int a,
int b)
inline
intpower
(int a,
int b,
int res=1)
inline
void
inc(
int&a,
int b)
inline
void
dec(
int&a,
int b)
inline
void
mul(
int&a,
int b)
typedef std::vector<
int> poly;
cs int bit=
21,size=
1<<20|
1;int r[size]
,*w[bit+1]
;int fac[size]
,ifac[size]
,inv[size]
;inline
void
init_ntt()
}inline
void
ntt(poly &a,
int len,
int typ)
if(typ==-1
)}inline
void
init_rev
(int l)
inline poly operator
*(poly a,poly b)
inline poly inv
(cs poly &a,
int lim)
b.resize
(lim)
;return b;
}inline poly inv
(cs poly &a)
inline poly deriv
(poly a)
inline poly integ
(poly a)
inline poly ln
(poly a,
int lim)
inline poly ln
(cs poly &a)
inline poly exp
(cs poly &a,
int lim)
b.resize
(lim)
;return b;
}inline poly exp
(cs poly &a)
inline poly ksm
(poly a,
int k)
poly g;
signed
main()
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