計樹問題小結 version 2 0

本文接自此篇部落格，旨在記錄一些更有趣（？）的內容。

決定完善這篇部落格是因為看見了這個題.於是便以這道題目的題解為主線寫這篇blog.

\(op=1,2\)的時候的答案可以看上文提到的blog.

\(op=3\)時的問題也就是無標號有根樹的計數，在上篇blog裡以烷烴計數舉例，在這裡考慮去掉度數限制後的做法。

記\(f_i\)為\(i\)個點的答案。考慮枚舉子樹大小以及該大小的子樹的數量進行轉移，但是複雜度過高。把轉移用生成函式的形式寫出來的話有：

\[f(x)=x\prod_(\sum_x^)^=x\prod_(\frac)^

\]其意義如下：最前面乘的\(x\)表示根節點，\(\sum_x^\)表示某個大小為\(i\)的子樹有幾個，它的\(f_i\)次冪則對應著所有大小為\(i\)的子樹的方案數。之後再把\(k\)用封閉形式丟掉。

看見這個乘積很煩人，考慮對兩邊去取\(\ln\).

\[\ln f(x)=\ln x-\sum_f_i\ln(1-x^i)

\]再同時求個導。

\[\frac=\frac+\sum_if_i\frac}

\]去分母。

\[xf'(x)=f(x)+f(x)\sum_if_i\frac

\]看起來沒啥花樣了？我們把\(f_n\)請回來：

\[nf_n=f_n+\sum_f_i\sum_kf_k([x^]\frac)

\]考慮一下後面那個帶\(x\)的項是什麼，由於\(\frac=\sum_x^\),那麼它再乘上\(x^k\)後，也只有次數是\(k\)的倍數的項的係數為1，於是我們得到了這樣子的式子：

\[nf_n=f_n+\sum_f_i\sum_kf_k[k|n-i]

\]\[f_n=\frac^f_i\sum_kf_k}

\]記\(g_i=\sum_jf_j\),得到了最終的式子：

\[f_n=\frac^f_ig_}

\]邊界條件\(f_0=0,f_1=1\).

在轉移的過程中求出了乙個\(f\)的同時維護\(g\)，總時間複雜度\(o(n^2)\), **見下。

思路和烷基計數差不多？

考慮已經求出了有根樹的答案\(f_n\)，如何求無根樹的答案\(h_n\), 主要的問題還是去掉樹的形態相同但根不同的方案數。於是想到對每個形態的樹欽點某個點為根。這個點最好還要和樹的大小有關，不難想到欽點樹的重心為根。

先考慮\(n\)為奇數的情況，此時每棵樹有且僅有乙個確定的重心，那麼如果當前根不是重心的話，它一定有乙個大小大於\(\lfloor \frac\rfloor\)的子樹，於是有：

\[h_n=f_n-\sum_ \rfloor+1}^f_if_

\]接著考慮\(n\)為偶數的情況，稍微麻煩一點的是我們需要考慮當前樹有兩個重心的情況。如果只有乙個重心的話我們只需要和奇數一樣減去不合法的情況。而當有兩個重心時，這兩個點一定通過一條邊相連，且把這條邊斷開後，只有在形成的兩棵子樹大小一致但形態不同時才會有多算的情況，綜上所述可得計算式：

\[h_n=f_n-\sum_+1}^f_if_-\dbinom}}

\]於是就可以做到單個的\(o(1)\)計算了，**如下：

int solve3()
return f[n];
}int c2(int x) 
int solve4()
return h[n];
}