設$f(x)$為樹的生成函式，即$x^i$的係數為根節點權值為$i$的樹的個數。
不難得出$f(x)=\sum_f(x)^k+x$
我們要求這個多項式的第$n$項，由拉格朗日反演可得
$[x^n]f(x)=\frac1n[x^](\frac x)^n$
其中$[x^n]f(x)$表示$f(x)$的$n$次項係數。
$f(x)$是$g(x)$的復合逆，即$g(f(x))=x$
在本題中，$g(x)=x-\sum_x^k$
我們需要多項式求逆和多項式快速冪。
多項式求逆就不介紹了，多項式快速冪一種樸素的做法是倍增+ntt，複雜度是$o(n\log n\log k)$
有沒有更快的做法呢？
觀察到$f(x)^n=e^$，所以我們只需要快速算$\ln(f(x))$及$e^$即可。
注意$f(x)$的常數項要為1，還好出題人良心保證了這一點。
part 1:如何算$\ln(f(x))$？
設$g(x)=\ln(f(x))$，那麼$g'(x)=\frac$，所以$g(x)=\int\frac$，時間複雜度$o(n\log n)$
part 2:如何算$e^$？
還是考慮倍增，假設我已經求出$g_0(x)=e^(mod\;x^n)$，要求$g(x)=e^(mod\;x^)$
根據泰勒展開，有$$0=h(g(x))=\sum_^\frac(g_0(x))}(g(x)-g_0(x))^i$$當$i>1$時，上式$mod\;x^$為$0$
所以$0=h(g_0(x))+h'(g_0(x))(g(x)-g_0(x))\;(mod\;x^)$
即$g(x)=g_0(x)-\frac(mod\;x^)$
其中$h(g(x))=\ln(g(x))-f(x)$
所以$g(x)=g_0(x)-\frac}=g_0(x)(1-\ln(g_0(x))+f(x))\;(mod\;x^)$
時間複雜度$o(n\log n)$
#include #include#include
#define pre m=n<<1; for(int i=0;i>1]>>1)|((i&1)long
long
ll;const
int p=950009857,n=300000
;int
n,m,l,x,nn,f[n],g[n],t1[n],t2[n],t3[n],r[n],ni[n];
ll pw(ll a,
int b)
void ntt(int *a,int n,int
f)
if(!~f) for(int i=0;ip;
}void inv(int *f,int *g,int *t,int n,int
l) inv(f,g,t,n>>1,l-1),memcpy(t,f,sizeof(int)*n),memset(t+n,0,sizeof(int)*n),pre;ntt(t,m,1),ntt(g,m,1
);
for(int i=0;i2-(ll)t[i]*g[i]%p+p)%p;
ntt(g,m,-1),memset(g+n,0,sizeof(int)*n);
}void ln(int *f,int *g,int *t,int n,int
l) void ex(int *f,int *g,int *t,int n,int
l) ex(f,g,t,n>>1,l-1),memset(t,0,sizeof(int)*n*2
),ln(g,t,t2,n,l);
for(int i=0;ip;
t[0]=(t[0]+1)%p,pre;ntt(t,m,1),ntt(g,m,1
);
for(int i=0;ip;
ntt(g,m,-1),memset(g+n,0,sizeof(int)*n);
}int
main()
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