鴿子更博了！
如今大學已塵埃落定，終於成功進入清華，不過不在計算機系。還是希望將\(OI\)作為一種愛好，也想找機會參加\(acm\)，因此還是會時不時復健一下。這一題是我記憶中攻克最艱難、解題后也最痛快的一題，因此印象深刻。當然我早已忘了具體的步驟，因此最近重做了一遍，也算是對自己的魔鬼訓練吧。
與群論相關的前置知識：
設\(G\)是所有長度為\(n\)的置換構成的群，\(X\)是一些長度為\(n\)的序列構成的集合。如果將\(G\)作用於\(X\)，那么：
對於\(x\in X\)，稱\(\{y\in X|y=f(x),f\in G\}\)為\(x\)的軌道，記為\(Orbit(x)\)，對於\(y\in Orbit(x)\)，稱\(y\)為\(x\)的等價類。
對於\(x\in X\)，稱\(\{f\in G|x=f(x)\}\)為\(x\)的穩定化子，記為\(SG(x)\)。
對於\(f\in G\)，稱\(\{x\in X|x=f(x)\}\)為\(f\)的不動點，記為\(fix(f)\)。
與題意類似，我們定義兩個森林同構，當且僅當可以通過某種一一對應關系，使得一個森林的任意一棵樹都和另一森林對應的樹同構。
設\(cnt_n\)為\(n\)個點的無標號有根樹個數，並令所有樹從\(1\)到\(cnt_n\)標號。
那么令\(S_{n,i}\)表示所有按照題目要求構造的帶標號有根樹中，與\(n\)個點的\(i\)號無標號有根樹同構的那一部分構成的集合。
由於按照題意建立的\(n\)個點的樹共有\((n-1)!\)種，因此$$ans=\frac{1}{(n-1)!k}\sum_{i=1}{cnt_n}|S_{n,i}|^k$$
那么重點關注后半部分，嘗試利用動態規划的方法解題。那么令：
考慮如何轉移。回想判斷無標號有根樹同構的過程：先將根的所有子樹按照一定規則排序，逐一比較即可。那么是否可以先枚舉排序后在最后的子樹，將其刪去遞歸求解，再考慮這棵子樹的貢獻呢？
但是，如果枚舉排在最后的子樹，那么就隱含了條件：對於遞歸的樹，其根的所有子樹的優先級一定在該子樹之前（或者就是該子樹），而子樹的數目眾多，無法比較好的設計狀態。
但這樣的思考並不是毫無意義的。雖然枚舉最后的子樹不太現實，但也許可以退而求其次，對子樹先進行一個“粗略的划分”，而非直接一個個分離。不難想到先根據子樹大小從小到大初步排序，每次刪去大小最大的那一批子樹，對剩余的樹進行遞歸求解，再考慮這些相同大小的子樹的貢獻。那么對遞歸求解的樹的額外要求，就轉變為了根的子樹大小不能超過某個值，不僅狀態大量減少，考慮起來也非常方便。
那么為了方便，我們記\(mxs(S_{n,i})\)表示對於集合\(S_{n,i}\)中的樹，他們根的子樹的最大大小，類似記\(mns(S_{n,i})\)表示最小的。根據上面的想法，可以設計輔助狀態：
則有\(dp_n=tmp_{n,n-1}\)。再考慮狀態的轉移。那么就枚舉大小為\(p\)的根的子樹的數目，分配標號，再將前后部分獨立考慮。前半部分可以遞歸到之前的狀態，但后半部分無法遞歸，需要單獨解決，表示成式子，就是：
因為\(1\)號點顯然是根，所以實際分配的標號只有\(n-1\)個。其中：
表示需要單獨解決的那一部分。之所以大小為\(u*p+1\)，是因為我們給着\(u\)棵大小為\(p\)的樹額外加了一個形式上的根，方便考慮問題。那么第一步先考慮標號的分配。
按照常規來講，標號的分配應該是\({u*p\choose p,p,\dots,p}\)種情況，但在此處，由於根的所有子樹之間是沒有順序的（這也是之前進行“粗略的划分”遺留下來的問題），因此如果出現兩棵相同的子樹，它們的地位完全等價，也即即使賦予它們的標號互換，得到的也是同一種結果。但是\({u*p\choose p,p,\dots,p}\)的分配方式顯然將互換前后看作不一樣的。
看來\({u*p\choose p,p,\dots,p}\)並不能適用於所有情況，還需要進行進一步的分類討論。那么我們假設其中某一個\(S_{u*p+1,i}\)，其根的子樹可以分為\(m\)類本質不同的，且數目分別為\(a_1,a_2,a_3,\dots,a_m\Big((\sum_{t=1}^ma_t)=u\Big)\)，也不妨將\(a\)不降序排序。對於同一類的子樹內部，任意兩棵樹都可以互換標號，因此分配給這一類的\(a_t\)組標號彼此是無序的，需要將分配標號方案數乘以\(\frac{1}{a_t!}\)。因此對這一情況，分配的方法數應該為：
初步解決分配標號的問題后，我們再考慮下一步操作。此時只要將\(u\)棵子樹內部的標號都看作是\(1,2,\dots,p\)即可，此時可以去掉形式上的根，將其轉化為\(u\)棵樹的森林。根據之前的定義，我們可以將全體大小為\(p\)的無標號有根樹編號為\(1,2,\dots,cnt_p\)。對於某一個森林，將其每一棵樹對應到這棵樹所屬類別的編號，我們可以將該森林與一個無序可重集合\(\widetilde x\)對應。將所有\(\widetilde x\)組成的集合記作\(\widetilde X\)。
則\(\widetilde x\)滿足兩個性質：恰好包含\(u\)個數，且每個數都在\(1\)到\(cnt_p\)之間。也可以將\(a_t\)的概念從\(S_{u*p+1,i}\)遷移到\(\widetilde x\)上。不妨記\(\omega_{\widetilde x}\)為屬於\(\widetilde x\)對應森林的帶標號森林的數目的\(k\)次冪，那么\(f_{p,u}\)可以表示為：
因為在分配完標號以后，樹的同構就轉化為了森林的同構。
然而，由於\(\widetilde x\)是無序可重集合，這非常不利於枚舉，因此直接進行計算也非常麻煩。希望能將其轉化為有序可重集合（即一個長度為\(u\)的序列）再進一步解決問題。
那么設\(x\)是一個長度為\(u\)的序列，且每一個數都在\(1\)到\(cnt_p\)之間。將所有這樣的\(x\)的集合記做\(X\)。如果\(x\)無序化后能和某一個\(\widetilde x\)相同，我們稱\(x\)對應到\(\widetilde x\)。
由於\(\widetilde x\)是一個可重的集合，因此對應到\(\widetilde x\)的\(x\)的數目是變化的，不能直接枚舉\(x\)。想要利用\(X\)得到一個和\((*)\)相類似的等式，還需要借助置換群。
為了表達方便，用前置知識中的術語來表達。設\(G\)是所有長度為\(u\)的置換構成的群，將\(G\)作用於\(X\)。
那么對於一個\(Orbit(x)\)，所有在這一集合內的\(y\)都對應到相同的\(\widetilde x\)，可以用\(Orbit(x)\)來代替\(\widetilde x\)。將\(a_t\)、\(\omega\)的概念遷移到\(x\)上，我們可以得到與\((*)\)類似的式子：
不難發現\(|Orbit(x)|=\frac{u!}{\prod_{t=1}^ma_t!}\)。此時有一個難點，就是\(\omega_x\)的計算。先嘗試將所有\(a\)相同的\(x\)發在一起計算（此時\(\bigg(\prod_{t=1}^m\frac{1}{a_t!^k}\bigg)\)和\(|Orbit(x)|\)是相同的）。也就是說，此時的森林要求有\(m\)種不同的樹，第\(i\)種\(a_i\)棵。首先考慮\(m=1\)的情況，也就是需要\(u\)棵同構的樹，不難發現這就等同於：
看上去似乎並未計算過這個式子，為了計算可能需要修改狀態。那么先擱置一邊，考慮\(m>1\)的情況，我們能否直接用下面的式子：
計算呢？不可行，因為這並不能排除不同的兩組得到同一類樹的情況，同時也沒有考慮組與組的數目相同時地位等價的問題。
但這樣的思考並不是毫無意義的。不難發現，如果組與組之間默認為地位不等，且不同的組可以使用相同的一類樹，那么\((**)\)就是正確的。
最關鍵的一點是，這兩個條件似乎與某一置換下的不動點有異曲同工之妙。我們考慮\(f\in G\)，則\(fix(f)\)就是\(f\)的不動點集合。\(f\)是由若干個置換環組成的，設有\(m'\)個置換環，並設置換環的大小分別為\(a'_1,a'_2,\dots,a'_{m'}\)。可以發現，如果\(x\)是\(f\)的不動點，那么有與之前的\(a\)類似的性質，同一置換環內的位置上，樹的種類必須相同。但是，由於置換環本身位置不同，每個置換環就是地位不等的（這也是有序序列的一個好處）。並且，由於我們只要求其為不動點即可，並不需要每個置換環的樹種類各不相同，這就完美的符合我們之前的兩個條件。
因此我們就可以利用\((**)\)了，也就是說：
不過還有一個問題沒有解決：怎么求\(\sum_{i=1}^{cnt_p}|S_{p,i}|^{a'_t*k}\)？它的形式和\(dp_p\)相似，但是指數增加了\(a'_t\)倍。必須先進一步擴張狀態才能解決這個問題。
那么增加一個指標\(j\)，表示指標擴張的倍數。即：
相應修改轉移方程：
則：
注意\(\omega_x\)也是和\(j\)相關的。
首先考慮一下狀態數量問題，可以發現由於\(a'_t\leq \frac{n}{p}\)，因此這兩維的乘積不會超過全局的\(n\)，因此只有\(\sum_{i=1}^{n}\lfloor\frac{n}{i}\rfloor=O(n\log n)\)種可能。
還有一個問題是，我們並不只是簡單的求\(\sum_{x\in X}\omega_x\)，而是有一個\(\Big(\prod_{t=1}^m\frac{1}{a_t!^{j*k}}\Big)*\frac{1}{|Orbit(x)|}\)的系數，不能這樣直接交換求和順序。
那要通過什么方式轉化呢？我們設置換\(f\)的某個權值為\(w_f\)，那么有如下等式：
只是交換了求和順序，顯然成立。這個等式的左邊和\(\sum_{x\in X}\bigg(\prod_{t=1}^m\frac{1}{a_t!^{j*k}}\bigg)*\frac{\omega _x}{|Orbit(x)|}\)相似，右邊和\(\sum_{x\in fix(f)}\omega_x\)相似，嘗試利用這個等式來對目標進行轉化。
如果能找到某種權重函數\(w\)，使得等式：
成立，其中\(C\)是一個常數，那么就有：
由於后方的連乘只和置換環大小情況有關，那么自然也希望權重函數也之和置換環大小有關，而且最好也是連乘形式，即：
如果可行，那么可以繼續轉化\((***)\)式：
則每個置換的結果都只和其置換環分解的大小分布情況有關，可以換一種求和方式，令\(h_i={\widetilde w}_{i}*dp_{p,i*j}\)，枚舉置換環的大小分布，並分配標號：
似乎轉化為了熟悉的式子。設生成函數\(H(x)=\sum_{i>0}\frac{h_i}{i}x^i\)，那么前面的式子就轉化為：
好的！也就是說，我們現在有：
唯一的問題就是計算權重函數\(\widetilde w\)了。回顧一下，我們是希望滿足這個等式：
展開\(|Orbit(x)|\)，即：
對於\(x\)，它的穩定化子就是滿足僅在相同種類樹之間進行置換的集合，就是說，只能在同種樹內部進行置換環的拆解。那么模仿之前對置換環的枚舉方法，換一種方式計算等式左邊的值，只是換成了在每一類樹內部：
同之前，設\(W(x)=\sum_{i>0}\frac{{\widetilde w}_i}{i}x^i\)，那么上方等式繼續轉化：
帶回原等式，即為：
消去\(\prod_{t=1}^{m}a_t!\)：
顯然我們令\(C=u!\)，那么有\([x^i]e^{W(x)}=\frac{1}{i!^{j*k}}\)，\(e^{W(x)}\)就是一個已知的多項式。通過\(W(x)=\ln e^{W(x)}\)就可以求解出\(\widetilde w\)了。
回顧一下過程，可以計算出復雜度是\(O(n^2\log n)\)。由於多項式\(\ln\)和\(\exp\)不是瓶頸，可以用簡潔的\(O(n^2)\)算法來計算。