在乙個\(s\)個點的圖中，存在\(s-n\)條邊，使圖中形成了\(n\)個連通塊，第\(i\)個連通塊中有\(a_i\)個點。
現在我們需要再連線\(n-1\)條邊，使該圖變成一棵樹。對一種連邊方案，設原圖中第\(i\)個連通塊連出了\(d_i\)條邊，那麼這棵樹\(t\)的價值為：
\[\mathrm(t) = \left(\prod_^ ^m\right)\left(\sum_^ ^m\right) \]
你的任務是求出所有可能的生成樹的價值之和，對\(998244353\)取模。
(可能只有我沒讀出來題目說連通塊內的連邊方式不計。)
樹和每個點的度數可以聯想到\(prufer\)序列。那麼設\(c_i\)為第\(i\)個點在\(prufer\)序列**現的次數，則\(c_i=d_i-1\)。考慮對於乙個確定的序列\(c_i\)，它對答案的貢獻就是
\[\frac^nc_i!}\times (\prod_^na_i^)\times (\prod_^n(c_i+1)^m)\times (\sum_^n(c_i+1)^m) \]
第一項是這個序列對應的有標號無根樹個樹；第二個是因為每個連通塊中的點可以任意分配這個連通塊的出邊；後面兩個是題面定義的價值。
那麼有乙個暴力思路就是遞推，在那之前我們把\((n-2)!\prod_^na_i\)看作常數項，只考慮剩餘的式子。設
\[f_=\sum_=m}\frac^na_i^)\times (\prod_^n(c_i+1)^m)}^nc_i!}\\ g_=\sum_=m}\frac^na_i^)\times (\prod_^n(c_i+1)^m)}^nc_i!}\times (\sum_^n(c_i+1)^m) \]
即遞推前\(n\)個點的總\(c_i\)為\(m\)的所有情況之和。轉移就有：
\[f_=\sum_^mf_\times \frac\\ g_=\sum_^m(g_+f_\times (i+1)^m)\times \frac \]
答案就是\(g_\times \frac^na_i}\)。
現在就可以有\(20\)分的好成績了。如果用\(ntt\)實現上面的轉移就可以有\(40\)分的好成績。
然後發現我這個式子並不好優化(懶得優化兩個式子)。瞟一眼題解之後發現開始那個式子可以化得好看些：
\[\begin \frac^nc_i!}\times (\prod_^na_i^)\times (\prod_^n(c_i+1)^m)\times (\sum_^n(c_i+1)^m) \\=((n-2)!\prod_^na_i)\times (\sum_^n(c_i+1)^(\prod_^n\frac})(\prod_(c_i+1)^m)) \end \]
我們還是不管前面的常數項。可以發現每個\(c_i\)對式子的貢獻就是\(\frac(c_i+1)^m}\)或者乙個序列中僅有乙個\(c_i\)貢獻為\(\frac(c_i+1)^}\)，那麼這個式子就可以由若干個次數表示\(c\)的\(egf\)乘起來(實際上如果嘗試用\(egf\)推一下那個\(n^3\)遞推可以更容易發現這種性質)。乍一看一共有\(n\)個係數不同的\(n\)次多項式，似乎不可做，但是第\(i\)個多項式每一項都有\(a_i\)的若干次方，且與\(x\)次數相同，所以這些多項式都可以寫成\(f(a_ix)\)的形式。因此設
\[a(x)=\fracx^m},b(x)=\frac \]
答案就是\(\sum_^n\frac\prod_^nb(a_jx)\)。這樣有什麼好處呢？這裡補充一下這種trick。
如果式子可以寫成\(\sum_^nf(a_ix)\)的形式，並且對任意\(m\)都求出了\(\sum_^na_i^m\)，那麼只要求出\(f(x)\)，式子就可以變成
\[\sum_([x^m]f(x))\sum_^na_i^m \]
因此我們求出\(\frac\)和\(\prod_^nb(a_ix)\)即可。但後面這個是\(\prod\)，和前面的\(\sum\)不同，這裡就要取個\(\ln\)：
\[\prod_^nb(a_ix)=e^^n\ln} \]
那麼我們算一下\(\ln\)就可以像上面那樣算了。
現在唯一的問題就是怎麼對每個\(m\)求出\(\sum_^na_i^m\)。類似於自然數冪和的推導，我們寫出這個東西的\(ogf\)就有
\[g(x)=\sum_(\sum_^na_i^m)x^m=\sum_^n\sum_a_i^mx^m=\sum_^n\frac \]
這就有點像p4705玩遊戲這題的技巧，因為
\[x(\ln(1-a_ix))'=-\frac=-\frac+1 \]
那設\(h(x)=\sum_^n(\ln(1-a_ix))'\)，那\(g(x)=-xh(x)+n\)。求\(h\)就：
\[h(x)=(\sum_^n\ln(1-a_ix))'=(\ln\prod_^n(1-a_ix))' \]
分治\(ntt\)即可。至此這題就解決了，複雜度瓶頸為最後分治\(ntt\)的\(\mathcal(n\log^2n)\)。
#include#define rg register
#define il inline
#define cn const
#define gc getchar()
#define fp(i, a, b) for(int i = (a), ed = (b); i <= ed; ++i)
#define fb(i, a, b) for(int i = (a), ed = (b); i >= ed; --i)
#define go(u) for(int i = head[u]; ~i; i = e[i].nxt)
using namespace std;
typedef cn int cint;
typedef long long ll;
il void rd(int &x)
while('0' <= c && c <= '9')x = (x<<1)+(x<<3)+(c^48), c = gc;
x *= f;
}cint maxn = 30010, mod = 998244353, g = 3, invg = (mod+1)/3;
int n, m, a[maxn], fac[maxn], ifac[maxn], inv[maxn], mul = 1;
int lim, hst, rev[maxn<<2], a[maxn<<2], b[maxn<<2], ln[maxn<<2], invb[maxn<<2];
int h[maxn<<2], e[maxn<<2];
il int fpow(int a, int b, int ans = 1)
il void ntt(int *a, cint &typ)
} }if(typ)
}il void init(int n)
int ln_ary[maxn<<2];
il void get_ln(int *a, int *f, int n)
int exp_ary[maxn<<2];
void get_exp(int *a, int *f, int n)
int div_ary[19][maxn<<2];
void divntt(int d, int l, int r)
int main()
清華集訓2017 生成樹計數 生成函式
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