传送门

题意：给定$n$和集合$S$，求含$n$个叶子结点、非叶子节点的儿子数在$S$内的树的个数 模 $950009857(453\times 2^{21}+1)$。结点无标号但儿子间有顺序。

$n\le 10^5$

算是拉格朗日反演模版题了吧……

先是拉格朗日反演

对于两个不含常数项，且一次项非$0$的多项式$F(x),G(x)$,如果$F(G(x))=x$（当然要取模），称$F$是$G$的复合逆。

人话：反函数

根据高中数学知识，$F(x)$和$G(x)$互为反函数，所以$G(F(x))=x$也成立

所以下面的$F$和$G$可以互换

现在考虑$G(F(x))=x$,如果知道$G(x)$如何求$F(x)$的$n$次项系数

设
$$G(x)=\sum _{i=1}^{\infty }{a}_i{x}^i$$

代入$F(x)$

$$\sum _{i=0}^{\infty }{a}_i{F}^i(x)=x$$

闲着没事求个导

$$\sum _{i=0}^{\infty }i{a}_i{F}^{i-1}(x)F^{\prime }(x)=1$$

同时除以$F^n(x)$

$$\sum _{i=0}^{\infty }i{a}_i{F}^{i-n-1}(x)F^{\prime }(x)=\frac{1}{F^n(x)}$$

同时取$-1$次项

$$[x^{-1}]\sum _{i=0}^{\infty }i{a}_i{F}^{i-n-1}(x)F^{\prime }(x)=[x^{-1}]\frac{1}{F^n(x)}$$

什么？为什么有负数项？

这个涉及到一些抽象代数的知识，这里肯定讲不了了

不过可以简单粗暴的理解成：

两个多项式相除$F(x)/G(x)$,发现$G(x)$没有常数项无法求逆，于是把$G(x)$写成$G_0(x)x^n$，其中$G_0(x)$有常数项。

这样$G_0(x)$就有逆了，算出来之后平移$n$位就有了负下标，形如

$$...a_{-2}{x}^{-2}+a_{-1}{x}^{-1}+a_0+a_{1}x+...$$

只需要知道：这个负下标是为了解决没有逆的情况，和多项式求逆不矛盾

好继续

$$[x^{-1}]\sum _{i=0}^{\infty }i{a}_i{F}^{i-n-1}(x)F^{\prime }(x)=[x^{-1}]\frac{1}{F^n(x)}$$

中间那团看着不爽，提出来研究一下

$$F^{i-n-1}(x)F^{\prime }(x)$$

它等于

$$\frac{(F^{i-n}{)}^{\prime }(x)}{i-n}$$

当$i=n$的时候没有意义，考虑$i\ne n$

发现这个情况下$F^{i-n}$是个多项式……

什么？为什么？

首先$i>n$肯定没问题

$i<n$的时候相当于求个逆再求幂，它就（yi）算（ding）没有逆，我们也有负下标可以用来平移

这样允许负次幂的多项式求导之后一定没有$-1$次项，因为求导相当于集体左移一位，而$0$次项并不能移到$-1$次项……

（并不知道对不对，感性理解好了）

所以我们只需要考虑$i=n$的情况

也就是

$$F^{-1}(x)F^{\prime }(x)$$

设

$$F(x)=\sum _{i=1}^{\infty }{b}_i{x}^i$$

那么上面的式子可以写成

$$\frac{b_1+2b_{2}x+3b_3{x}^2+4b_4{x}^3+...}{b_{1}x+b_2{x}^2+b_3{x}^3+b_4{x}^4+...}$$

把下面强行拆开

$$\frac{b_1+2b_{2}x+3b_3{x}^2+4b_4{x}^3+...}{b_{1}x}\frac{1}{1+\frac{b_2}{b_1}x+\frac{b_3}{b_1}{x}^2+\frac{b_4}{b_1}{x}^3+...}$$

注意到右边是一个正宗的多项式，并且常数项为$1$,存在逆元；而左边的$\frac{b_1}{b_{1}x}$会贡献出一个$x^{-1}$

所以这一团的$-1$次项为$1$

代回原式

$$n{a}_n=[x^{-1}]\frac{1}{F^n(x)}$$

$$[x^n]G(x)=\frac{1}{n}[x^{-1}]\frac{1}{F^n(x)}$$

没了……

哎等等，道理我都懂，可是负次幂怎么求呢？

那就右边平移吧

$$[x^n]G(x)=\frac{1}{n}[x^{n-1}][\frac{x}{F(x)}{]}^n$$

这样$F(x)$刚好可以约一个$x$,就可以求逆啦

---

然后这道题就很容易了

设$f(n)$表示$n$个叶子时的答案，有$f(1)=1$

然后构造生成函数$F(x)$

可以得到

$$F(x)=\sum _{d\in S}{F}^d(x)+x$$

移个项

$$F(x)-\sum _{d\in S}{F}^d(x)=x$$

设

$$G(x)=x-\sum _{d\in S}{x}^d$$

有

$$G(F(x))=x$$

套结论即可

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#define MAXN 400005
using namespace std;
inline int read()
{int ans=0;char c=getchar();while (!isdigit(c)) c=getchar();while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();return ans;
}
const int MOD=950009857;
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][22];
int l,r[MAXN];
inline void init(){for (int i=0;i<(1<<l);i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));}
inline void NTT(int* a,int type)
{int lim=1<<l;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,Wn=rt[type][L+1];for (int s=0;s<lim;s+=len)for (int k=0,w=1;k<mid;k++,w=(ll)w*Wn%MOD){int x=a[s+k],y=(ll)a[s+mid+k]*w%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;}
}
void getinv(int* A,int* B,int n)
{static int f[MAXN],t[MAXN];if (n==1) return (void)(*B=inv(*A));getinv(A,t,(n+1)>>1);l=0;while ((1<<l)<(n<<1)) ++l;init();for (int i=0;i<n;i++) f[i]=A[i];for (int i=n;i<(1<<l);i++) f[i]=t[i]=0;NTT(f,0);NTT(t,0);for (int i=0;i<(1<<l);i++) B[i]=(ll)t[i]*dec(2,(ll)f[i]*t[i]%MOD)%MOD;NTT(B,1);for (int i=n;i<(1<<l);i++) B[i]=0;
}
inline void deriv(int* A,int* B,int n){for (int i=0;i<n-1;i++) B[i]=(ll)A[i+1]*(i+1)%MOD;B[n-1]=0;}
inline void integ(int* A,int* B,int n){for (int i=1;i<n;i++) B[i]=(ll)A[i-1]*inv(i)%MOD;B[0]=0;}
void getln(int* A,int* B,int n)
{static int f[MAXN],g[MAXN];deriv(A,f,n);getinv(A,g,n);for (int i=n;i<(1<<l);i++) f[i]=g[i]=0;NTT(f,0);NTT(g,0);for (int i=0;i<(1<<l);i++) f[i]=(ll)f[i]*g[i]%MOD;NTT(f,1);integ(f,B,n);for (int i=n;i<(1<<l);i++) B[i]=0;
}
void getexp(int* A,int* B,int n)
{static int f[MAXN],g[MAXN];if (n==1) return (void)(*B=1);getexp(A,g,(n+1)>>1);getln(g,f,n);for (int i=0;i<n;i++) f[i]=dec(A[i],f[i]);++f[0];for (int i=n;i<(1<<l);i++) f[i]=g[i]=0;NTT(f,0);NTT(g,0);for (int i=0;i<(1<<l);i++) B[i]=(ll)f[i]*g[i]%MOD;NTT(B,1);for (int i=n;i<(1<<l);i++) B[i]=0;
}
int a[MAXN],t[MAXN];
int main()
{rt[0][21]=qpow(5,453);rt[1][21]=inv(rt[0][21]);for (int i=20;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;}int n,k;n=read(),k=read();a[0]=1;while (k--) a[read()-1]=MOD-1;getinv(a,t,n);getln(t,a,n);for (int i=0;i<n;i++) a[i]=(ll)a[i]*n%MOD;getexp(a,t,n);int ans=(ll)t[n-1]*inv(n)%MOD;printf("%d\n",ans);return 0;
}