題目傳送門：洛谷 P5564。
題意簡述：
有 \(n\) 個點，染 \(m\) 種顏色，第 \(i\) 種顏色染恰好 \(cnt_i\) 個節點，滿足 \(cnt_1+cnt_2+\cdots+cnt_m=n\)。
求這 \(n\) 個點組成的本質不同的無標號+有序（子樹有序）基環（環長至少為 \(2\)）樹個數。
兩棵基環樹本質相同當且僅當通過環的旋轉（不能翻轉）后能使得它們完全相同。
題解：
首先考慮只染一種顏色的 \(n\) 個點（\(n\ge1\)）的無標號有根有序樹個數計數。
考慮這棵樹的括號序，發現其括號序是長度為 \(n\) 的合法括號串，但是必須滿足最外層括號（根節點）只有一對。
即 \(n\) 個點的有根有序樹個數為 \(n-1\) 對括號組成的合法括號串，即第 \(n-1\) 個卡特蘭數。
令 \(n\) 個點的有根有序樹個數為 \(t_n\)，令其 OGF 為 \(\displaystyle T=\sum_{i=1}^{+\infty}t_ix^i\)，即 \(T=xC\)，其中 \(C\) 為卡特蘭數的 OGF。
再考慮染色的問題，不難發現只要有序，則染色和樹形態是相互獨立的。
即只要乘上一個多重組合數 \(\displaystyle\binom{n}{cnt_1,cnt_2,\ldots,cnt_m}\) 即可。
回到原問題，枚舉環長 \(k\)，使用 Burnside 引理統計等價類個數。環的旋轉置換的統計方法是常見的，即枚舉因數 \(d\)，等價於循環 \(d\) 格的置換個數為 \(\varphi\!\left(\dfrac{k}{d}\right)\)。則有：
\[\begin{aligned}\mathbf{Ans}&=\sum_{k=2}^{n}\dfrac{1}{k}\sum_{d|k}\varphi\!\left(\dfrac{k}{d}\right)\!\cdot f(d)\end{aligned} \]
其中 \(f(d)\) 表示循環 \(d\) 格時的不動點個數。
循環 \(d\) 格時，存在 \(d\) 個長度為 \(\dfrac{k}{d}\) 的循環，循環內的每個元素都代表一棵外向樹。為了方便進一步的展開，交換 \(d\) 與 \(\dfrac{k}{d}\) 的意義，枚舉 \(d\) 為循環長度，而 \(\dfrac{k}{d}\) 為循環個數。此時每個循環內的樹形態相互獨立，而且染色和樹形態相互獨立，但每個循環的樹形態必須相同，且染色也必須相同，也就是說有 \(\dfrac{k}{d}\) 棵樹，且總點數為 \(\dfrac{n}{d}\)，並且需要滿足每種顏色的個數是 \(d\) 的倍數，即 \(\left.d\:\middle|\:\gcd\limits_{i=1}^{m}cnt_i\right.\)。則公式變為：
\[\begin{aligned}\mathbf{Ans}&=\sum_{k=2}^{n}\dfrac{1}{k}\sum_{d|k}\varphi(d)\cdot f\!\left(\dfrac{k}{d}\right)\!\\&=\sum_{k=2}^{n}\dfrac{1}{k}\sum_{d|k}\varphi(d)\cdot\!\left\{\!\left[d\:\middle|\:\gcd\limits_{i=1}^{m}cnt_i\right]\!\cdot\!\left[x^{n/d}\right]\!T^{k/d}\cdot\binom{n/d}{cnt_1/d,cnt_2/d,\ldots,cnt_m/d}\right\}\!\end{aligned} \]
此時有兩條路可走，其一是留下生成函數 \(T\) 的形式不變，其二是考慮使用卡特蘭數的性質。
先使用第一種做法，考慮交換求和順序並改變求和指標 \(k\) 為 \(kd\)：
\[\begin{aligned}\mathbf{Ans}&=\sum_{k=2}^{n}\dfrac{1}{k}\sum_{d|k}\varphi(d)\cdot\!\left\{\!\left[d\:\middle|\:\gcd_{i=1}^{m}cnt_i\right]\!\cdot\!\left[x^{n/d}\right]\!T^{k/d}\cdot\binom{n/d}{cnt_1/d,cnt_2/d,\ldots,cnt_m/d}\right\}\!\\&=-t_n\binom{n}{cnt_{1\ldots m}}+\sum_{d\mid\gcd_{i=1}^{m}cnt_i}\varphi(d)\cdot\binom{n/d}{cnt_{1\ldots m}/d}\cdot\!\left[x^{n/d}\right]\!\sum_{k=1}^{n/d}\frac{T^k}{kd}\\&=-t_n\binom{n}{cnt_{1\ldots m}}+\sum_{d\mid\gcd_{i=1}^{m}cnt_i}\frac{\varphi(d)}{d}\cdot\binom{n/d}{cnt_{1\ldots m}/d}\cdot\!\left[x^{n/d}\right]\!\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{T^k}{k}\\&=-t_n\binom{n}{cnt_{1\ldots m}}+\sum_{d\mid\gcd_{i=1}^{m}cnt_i}\frac{\varphi(d)}{d}\cdot\binom{n/d}{cnt_{1\ldots m}/d}\cdot\!\left[x^{n/d}\right]\!(-\ln(1-T))\end{aligned} \]
第二行的第一項是因為后面統計了 \(d=k=1\) 的情況，但是實際不需要，所以要減掉。
最后一行利用了 \(\ln\) 在 \(1\) 處展開的的泰勒級數：\(\displaystyle\ln(1-x)=-\sum_{i=1}^{+\infty}\frac{x^i}{i}\)。
先使用多項式對數函數計算出 \(-\ln(1-T)\)，按照此式直接計算即可。時間復雜度 \(\mathcal{O}(n\log n+\sigma_0(n)\cdot m)\)。
第二種做法是考慮卡特蘭數和自身的 \(m\) 次卷積的第 \(n\) 項的通項。
有公式 \(\displaystyle[x^n]C^m=\binom{2n+m-1}{n}-\binom{2n+m-1}{n-1}\)，將此式代入可得：
\[\begin{aligned}\mathbf{Ans}&=\sum_{k=2}^{n}\dfrac{1}{k}\sum_{d|k}\varphi(d)\cdot\!\left\{\!\left[d\:\middle|\:\gcd\limits_{i=1}^{m}cnt_i\right]\!\cdot\!\left[x^{n/d}\right]\!T^{k/d}\cdot\binom{n/d}{cnt_1/d,cnt_2/d,\ldots,cnt_m/d}\right\}\!\\&=\sum_{k=2}^{n}\dfrac{1}{k}\sum_{d|k}\varphi(d)\cdot\!\left\{\!\left[d\:\middle|\:\gcd\limits_{i=1}^{m}cnt_i\right]\!\cdot\!\left(\binom{2n/d-k/d-1}{2n/d-2k/d}-\binom{2n/d-k/d-1}{2n/d-2k/d-1}\right)\!\cdot\binom{n/d}{cnt_{1\ldots m}/d}\right\}\!\\&=-t_n\binom{n}{cnt_{1\ldots m}}+\sum_{d\mid\gcd_{i=1}^{m}cnt_i}\frac{\varphi(d)}{d}\cdot\binom{n/d}{cnt_{1\ldots m}/d}\sum_{k=1}^{n/d}\frac{1}{k}\!\left(\binom{2n/d-k-1}{2n/d-2k}-\binom{2n/d-k-1}{2n/d-2k-1}\right)\!\end{aligned} \]
直接計算即可，復雜度 \(\mathcal{O}(\sigma_0(n)(n+m))\)。
