生成函数Euler变换学习笔记（无标号有根树计数）

众所周知，对于有标号计数的指数型生成函数 $f (x)$ ，将其任意地进行无顺序的组合，得到的生成函数是 $e x p (f (x))$ 。

而对于无标号计数的这样的组合，我们就需要引入一个叫 $Eular\text{Eular}$ 变换的东西 $E(f(x))\mathcal{E}(f(x))$

（这个符号打法：\mathcal(E)）

为了方便，本文中记 $f_i$ 表示 $x^i]f(x)$ 。两种表述可能混用。

我们先引入一个实际问题： $n$ 个点无标号有根树的计数。两棵树被认为相同，当且仅当存在一种重标号方案，使得它们的根标号相同且边集相等。

对于一棵树，我们去掉它的根，然后就分成若干棵独立的子树。所以对无标号有根树的 $OGF\text{OGF}$ $F (x)$ ，有

$F(x)=x⋅E(F(x))F(x)=x\cdot\mathcal E(F(x))$

先思考这个问题的主要矛盾在什么地方：对于分出来的若干子树，如果有一些子树完全一致，那么它们只会贡献一次方案。但如果只是大小相同而本质不同，仍然算作不同的方案。

换句话说，最终的方案只和每种本质不同的子树使用的个数有关。考虑背包。

对每种本质不同的大小为 $k$ 的树构造完全背包的生成函数，即

$11−xk\frac{1}{1-x^k}$

那么我们可以得到一个简单粗暴的定义式：

$E(F(x))=∏i=1∞1(1−xi)Fi\mathcal E(F(x))=\prod_{i=1}^{\infin}\frac 1{(1-x^i)^{F_i}}$

$F_i$ 是因为有 $F_i$ 种本质不同大小为 $i$ 的物品

然后开始愉快地推式子

$G(x)=E(F(x))=∏i=1∞1(1−xi)FiG(x)=\mathcal E(F(x))=\prod_{i=1}^{\infin}\frac 1{(1-x^i)^{F_i}}$

既然有连乘，先求个 $ln⁡\ln$

$ln⁡(G(x))=−∑i=1∞Filn⁡(1−xi)\ln (G(x))=-\sum_{i=1}^{\infin}F_i\ln(1-x^i)$

$ln⁡\ln$ 还是看不顺眼，求个导

$G′(x)G(x)=∑i=1∞Fiixi−11−xi\frac{G'(x)}{G(x)}=\sum_{i=1}^{\infin}F_i\frac{ix^{i-1}}{1-x^i}$

又看见了喜闻乐见的完全背包，直接展开

$G′(x)G(x)=∑i=1∞Fi⋅ixi−1∑j=0∞xij\frac{G'(x)}{G(x)}=\sum_{i=1}^{\infin}F_i\cdot ix^{i-1}\sum_{j=0}^{\infin}x^{ij}$

$G′(x)G(x)=∑i=1∞Fi⋅i∑j=0∞xi(j+1)−1\frac{G'(x)}{G(x)}=\sum_{i=1}^{\infin}F_i\cdot i\sum_{j=0}^{\infin}x^{i(j+1)-1}$

$G′(x)G(x)=∑i=1∞Fi⋅i∑j=1∞xij−1\frac{G'(x)}{G(x)}=\sum_{i=1}^{\infin}F_i\cdot i\sum_{j=1}^{\infin}x^{ij-1}$

再积分回来

$ln⁡(G(x))=∑i=1∞Fi⋅i∑j=1∞xijij\ln(G(x))=\sum_{i=1}^{\infin}F_i\cdot i\sum_{j=1}^{\infin}\frac{x^{ij}}{ij}$

整理一下

$ln⁡(G(x))=∑i=1∞Fi∑j=1∞xijj\ln(G(x))=\sum_{i=1}^{\infin}F_i\sum_{j=1}^{\infin}\frac{x^{ij}}j$

$ln⁡(G(x))=∑j=1∞1j∑i=1∞Fixij\ln(G(x))=\sum_{j=1}^{\infin}\frac 1j\sum_{i=1}^{\infin}F_ix^{ij}$

$ln⁡(G(x))=∑j=1∞F(xj)j\ln(G(x))=\sum_{j=1}^{\infin}\frac{F(x^j)}j$

$ln⁡(G(x))=∑i=1∞F(xi)i\ln(G(x))=\sum_{i=1}^{\infin}\frac{F(x^i)}i$

得到 $Eular\text{Eular}$ 变换的计算式（雾）

$E(F(x))=exp⁡(∑i=1∞F(xi)i)\mathcal E(F(x))=\exp(\sum_{i=1}^{\infin}\frac{F(x^i)}{i})$

然后回到原问题

$F(x)=x⋅E(F(x))F(x)=x\cdot\mathcal E(F(x))$

$F(x)=x⋅exp⁡(∑i=1∞F(xi)i)F(x)=x\cdot \exp(\sum_{i=1}^{\infin}\frac{F(x^i)}{i})$

两边求导(如果高数不好建议自己多写几步)

$F′(x)=exp⁡(∑i=1∞F(xi)i)+x⋅exp⁡(∑i=1∞F(xi)i)⋅∑i=1∞ixi−1⋅F′(xi)iF'(x)=\exp(\sum_{i=1}^{\infin}\frac{F(x^i)}{i})+x\cdot \exp(\sum_{i=1}^{\infin}\frac{F(x^i)}{i})\cdot\sum_{i=1}^{\infin}\frac{ix^{i-1}\cdot F'(x^i)}i$

$F′(x)=exp⁡(∑i=1∞F(xi)i)+F(x)∑i=1∞xi−1⋅F′(xi)F'(x)=\exp(\sum_{i=1}^{\infin}\frac{F(x^i)}{i})+F(x)\sum_{i=1}^{\infin}x^{i-1}\cdot F'(x^i)$

两边同时乘上 $x$

$x⋅F′(x)=F(x)+F(x)∑i=1∞xi⋅F′(xi)x\cdot F'(x)=F(x)+F(x)\sum_{i=1}^{\infin}x^i\cdot F'(x^i)$

#undef G

记

$G(x)=∑i=1∞xi⋅F′(xi)G(x)=\sum_{i=1}^{\infin}x^i\cdot F'(x^i)$

$x⋅F′(x)=F(x)+F(x)G(x)x\cdot F'(x)=F(x)+F(x)G(x)$

考虑求这东西的第 $x^n$ 项

$nFn=Fn+∑k=1n−1FkGn−knF_n=F_n+\sum_{k=1}^{n-1}F_kG_{n-k}$

$Fn=1n−1∑k=1n−1FkGn−kF_{n}=\frac 1{n-1}\sum_{k=1}^{n-1}F_kG_{n-k}$

如果我们知道 $G$ ，就可以直接分治 NTT 算出 $F$

现在考虑这个 $G$

$G(x)=∑i=1∞xi⋅F′(xi)G(x)=\sum_{i=1}^{\infin}x^i\cdot F'(x^i)$

$Gn=∑i=1∞[xn−i]F′(xi)G_n=\sum_{i=1}^{\infin}[x^{n-i}]F'(x^i)$

经过大胆的观察和仔细的猜想

$Gn=∑d∣n(n−dd+1)Fn−dd+1G_n=\sum_{d\mid n}(\frac {n-d}d+1)F_{\frac {n-d}d+1}$

$Gn=∑d∣n(nd)FndG_n=\sum_{d\mid n}(\frac nd)F_{\frac nd}$

$Gn=∑d∣ndFdG_n=\sum_{d\mid n}d F_d$

然后每求出一个 $F$ ，就可以调和级数复杂度求出之前的 $G$ ，就可以分治 NTT 了。

但是分治时如果 $L = 1$ ， $G$ 可能不够用。解决办法是先不计算不够的地方的贡献，在后面再把它加上。

具体的讲，如果我们要计算 $F1∼midF_{1\sim mid}$ 对 $Fmid+1∼RF_{mid+1\sim R}$ 的贡献，我们只计算 $i$ 不超过 $m i d$ 的 $G_i$ 的贡献，这样少算了 $G_{mid+1,R-1}$ 的贡献。而这部分贡献可以通过 $R$ 之前交换 $F$ 和 $G$ 做一次类似的卷积计算出来。详见代码。

复杂度 $O(n\log ^2n)$

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#define MAXN 524288
using namespace std;
const int MOD=998244353;
typedef long long ll;
inline int add(const int& x,const int& y){return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;}
inline int dec(const int& x,const int& y){return x<y? x-y+MOD:x-y;}
inline int qpow(int a,int p)
{int ans=1;while (p){if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;a=(ll)a*a%MOD;p>>=1;}return ans;
}
#define inv(x) qpow(x,MOD-2)
int rt[2][24],r[MAXN],l,lim;
inline void init(){lim=1<<l;for (int i=0;i<lim;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));}
inline void NTT(int* a,int type)
{for (int i=0;i<lim;i++) if (i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);for (int L=0;L<l;L++){int mid=1<<L,len=mid<<1;ll Wn=rt[type][L+1];for (int s=0;s<lim;s+=len)for (int k=0,w=1;k<mid;k++,w=w*Wn%MOD){int x=a[s+k],y=(ll)w*a[s+mid+k]%MOD;a[s+k]=add(x,y),a[s+mid+k]=dec(x,y);}}if (type){int t=inv(lim);for (int i=0;i<lim;i++) a[i]=(ll)a[i]*t%MOD;}
}
int f[MAXN],g[MAXN],n;
int a[MAXN],b[MAXN];
void solve(int L,int R)
{if (L==R){if (L>1) f[L]=(ll)f[L]*inv(L-1)%MOD;int t=(ll)L*f[L]%MOD;for (int i=L;i<=n;i+=L) g[i]=add(g[i],t);return;}int mid=(L+R)>>1;solve(L,mid);int len=R-L;for (l=0;(1<<l)<=(len<<1);l++);init();if (L==1){for (int i=0;i<lim;i++) a[i]=b[i]=0;for (int i=L;i<=mid;i++) a[i]=f[i],b[i]=g[i];NTT(a,0);NTT(b,0);for (int i=0;i<lim;i++) a[i]=(ll)a[i]*b[i]%MOD;NTT(a,1);for (int i=mid+1;i<=R;i++) f[i]=add(f[i],a[i]);}else{for (int i=0;i<lim;i++) a[i]=b[i]=0;for (int i=L;i<=mid;i++) a[i-L]=f[i];for (int i=0;i<=len;i++) b[i]=g[i];NTT(a,0);NTT(b,0);for (int i=0;i<lim;i++) a[i]=(ll)a[i]*b[i]%MOD;NTT(a,1);for (int i=mid+1;i<=R;i++) f[i]=add(f[i],a[i-L]);for (int i=0;i<lim;i++) a[i]=b[i]=0;for (int i=L;i<=mid;i++) a[i-L]=g[i];for (int i=0;i<=len;i++) b[i]=f[i];NTT(a,0);NTT(b,0);for (int i=0;i<lim;i++) a[i]=(ll)a[i]*b[i]%MOD;NTT(a,1);for (int i=mid+1;i<=R;i++) f[i]=add(f[i],a[i-L]);}solve(mid+1,R);
}
int main()
{rt[0][23]=qpow(3,119),rt[1][23]=inv(rt[0][23]);for (int i=22;i>=0;i--){rt[0][i]=(ll)rt[0][i+1]*rt[0][i+1]%MOD;rt[1][i]=(ll)rt[1][i+1]*rt[1][i+1]%MOD;}scanf("%d",&n);f[1]=1;solve(1,n);int ans=f[n];printf("%d\n",ans);return 0;
}