[luogu5564]Say Goodbye

两树相同的定义与题中相同，并定义两树完全相同当且仅当在不允许基环旋转的条件下相同

枚举基环的长度$l$，根据置换群的理论，答案即$\frac{1}{l}\sum_{i=1}^{l}f(i)$（其中$f(i)$表示满足"基环旋转$i$次后与原基环树完全相同"的不完全相同的树个数）

关于这个结论，考虑一棵树将基环旋转$1,2,...,l$次的$l$棵树（这$l$棵树相同），其中每一种不完全相同的树的贡献即其中与其完全相同的树个数，那么所有树总贡献即为$l$，因此除以$l$后即为答案

不难发现$f(i)$仅取决于$\gcd(l,i)$，不妨枚举后者，答案即$\frac{1}{l}\sum_{d\mid l}\varphi(\frac{l}{d})f(d)$

为了方便，我们枚举$\frac{l}{d}$，答案即$\frac{1}{l}\sum_{d\mid l}\varphi(d)f(\frac{l}{d})$

考虑$f(\frac{l}{d})$，即统计有多少组树$(T_{1},T_{2},...,T_{\frac{l}{d}})$（不允许为空），使得其点数和为$\frac{n}{d}$（若$d\not\mid n$即无解），两组树不同当且仅当满足$\exists 1\le i\le d,T_{i}$和$T'_{i}$不同

关于这个问题，显然形态和染色独立，分别考虑：

考虑$n$个点不同形态的树有多少棵，即长为$n-1$的括号序列数（注意首尾的两个括号为根，必须要匹配），也即$C_{n-1}$（其中$C_{n}$为卡特兰数第$n$项，有$C_{n}=\frac{{2n\choose n}}{n+1}$）

令$C(x)$为$C_{n-1}$的生成函数，即$C(x)=\sum_{n\ge 1}C_{n-1}x^{n}$，那么方案数即$[x^{\frac{n}{d}}]C^{\frac{l}{d}}(x)$

考虑染色数，若$\forall 1\le i\le m,d\mid a_{i}$则方案数为$\frac{\frac{n}{d}!}{\prod_{i=1}^{m}\frac{a_{i}}{d}!}$，否则为0

综上，最终答案即
$$
\sum_{l=2}^{n}\frac{1}{l}\sum_{d\mid \gcd(l,g)}\varphi(d)\cdot [x^{\frac{n}{d}}]C^{\frac{l}{d}}(x)\cdot\frac{\frac{n}{d}!}{\prod_{i=1}^{m}\frac{a_{i}}{d}!}
$$
（其中$g=\gcd(a_{1},a_{2},...,a_{m})$，显然此时$g\mid n$）

交换枚举顺序，即
$$
\left(\sum_{d\mid g}\frac{\varphi(d)}{d}\cdot \frac{\frac{n}{d}!}{\prod_{i=1}^{m}\frac{a_{i}}{d}!}\sum_{l=1}^{\frac{n}{d}}\frac{[x^{\frac{n}{d}}]C^{l}(x)}{l} \right)-C_{n-1} \frac{n!}{\prod_{i=1}^{m}a_{i}!}
$$
（注意要减去$l=1$的情况）

对于这些式子，除了$\sum_{l=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\frac{[x^{\frac{n}{d}}]C^{l}(x)}{l}$都可以快速计算（$\frac{\frac{n}{d}!}{\prod_{i=1}^{m}\frac{a_{i}}{d}!}$暴力即可，复杂度为$o(\sigma(g)m)$）

对于$\sum_{l=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\frac{[x^{\frac{n}{d}}]C^{l}(x)}{l}$，注意到都是$[x^{\frac{n}{d}}]$，不妨先将多项式求和，即求$[x^{\frac{n}{d}}]\sum_{l=1}^{\frac{n}{d}}\frac{C^{l}(x)}{l}$

关于后者，由于$C(x)$的最低次为1，因此不妨删去$l$的上限，即求$[x^{\frac{n}{d}}]\sum_{l\ge 1}\frac{C^{l}}{l}$

关于右半部分，也即$-\ln (1-C)$，证明考虑$f(x)=\ln x$在1处的泰勒展开，即
$$
f(x)=\sum_{i\ge 0}\frac{(x-1)^{i}f^{(i)}(1)}{i!}=-\sum_{i\ge 1}\frac{(x-1)^{i}\frac{(i-1)!}{(-1)^{i}}}{i!}=-\sum_{i\ge 1}\frac{(1-x)^{i}}{i}
$$
（其中$f^{(i)}(x)$指$f$的$i$阶导数，计算并归纳可以发现其为$-\frac{(i-1)!}{(-x)^{i}}$）

不难得到$-\ln(1-C)=\sum_{i\ge 1}\frac{C^{i}(x)}{i}$，即得证

由此，多项式求对数即可，时间复杂度为$o(\sigma(g)m+n\log n)$，可以通过

事实上，令$C_{0}(x)=\frac{C(x)}{x}=\sum_{n\ge 0}C_{n}x^{n}$，那么有通项公式
$$
[x^{n}]C_{0}^{m}(x)={2n+m-1\choose n}-{2n+m-1\choose n-1}
$$

关于这个式子的解释——

$[x^{n}]C_{0}^{m}(x)$实际上可以看作从$(0,0)$走到$(2n,0)$，要求每一步从$(x,y)$到$(x+1,y\pm 1)$，求所有与$y=-1$不交的路径贡献和，其中一条路径的贡献为${tot\choose m-1}$（$tot$为该路径除起点和终点外与$x$轴的交点数）

事实上，这也等价于从$(0,0)$走到$(2n+m-1,1-m)$且与$y=-m$不交的路径数

关于两者的对应关系：

考虑前者路径，不断将其路径上与$y=0,-1,...,2-m$的某一个交点之后新增一步到$(x+1,y-1)$，即得到一条后者的路径，并且显然选择方式恰有${tot\choose m-1}$种

考虑后者的路径，分别将其路径上与$y=-1,-2,...,1-m$的第一次交点取出，显然这些交点的上一个步都是从$(x-1,y+1)$到$(x,y)$，删去这些步，即得到前者的路径

后者的路径数是一个经典的问题，在没有"与$y=-m$不交"的条件下，方案数显然为${2n+m-1\choose n-m}$，接下来考虑减去"与$y=-m$有交"的路径数，而这也等价于从$(0,-2m)$走到$(2n+m-1,1-m)$的路径数

关于两者的对应关系：显然两者的路径都与$y=-m$有交，那么将两者路径上第一次与$y=-m$相交之前的部分以$y=-m$为对称轴翻折，即可得到另一者的路径

后者的路径数显然为${2n+m-1\choose n-m-1}$（注意少向下一步还会多向上一步），即得证

类似地，可以得到
$$
[x^{n}]C^{m}(x)=[x^{n-m}]C_{0}^{m}(x)={2n-m-1\choose n-m}-{2n-m-1\choose n-m-1}
$$
由此，回到"交换枚举顺序"后的式子，直接使用通项公式计算即可

时间复杂度同样为$o(\sigma(g)m+n\log n)$，可以通过

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 200005
 4 #define mod 998244353
 5 #define ll long long
 6 int n,m,g,ans,a[N],fac[N<<1],inv[N<<1],Inv[N<<1],p[N],vis[N],phi[N];
 7 int gcd(int x,int y){
 8     if (!y)return x;
 9     return gcd(y,x%y);
10 }
11 int c(int n,int m){
12     if ((m<0)||(m>n))return 0;
13     return (ll)fac[n]*Inv[m]%mod*Inv[n-m]%mod;
14 }
15 int C(int n,int m){
16     return (c(2*n-m-1,n-m)-c(2*n-m-1,n-m-1)+mod)%mod;
17 }
18 int C(int n){
19     return (ll)c((n<<1),n)*inv[n+1]%mod;
20 }
21 int main(){
22     fac[0]=inv[0]=inv[1]=Inv[0]=1;
23     for(int i=1;i<(N<<1);i++)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;
24     for(int i=2;i<(N<<1);i++)inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
25     for(int i=1;i<(N<<1);i++)Inv[i]=(ll)Inv[i-1]*inv[i]%mod;
26     phi[1]=1;
27     for(int i=2;i<N;i++){
28         if (!vis[i]){
29             p[++p[0]]=i;
30             phi[i]=i-1;
31         }
32         for(int j=1;(j<=p[0])&&(i*p[j]<N);j++){
33             vis[i*p[j]]=1;
34             if (i%p[j])phi[i*p[j]]=phi[i]*phi[p[j]];
35             else{
36                 phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j];
37                 break;
38             }
39         }
40     }
41     scanf("%d%d",&n,&m);
42     g=n,ans=mod-(ll)C(n-1)*fac[n]%mod;
43     for(int i=1;i<=m;i++){
44         scanf("%d",&a[i]);
45         g=gcd(g,a[i]);
46         ans=(ll)ans*Inv[a[i]]%mod;
47     }
48     for(int i=1;i<=g;i++)
49         if (g%i==0){
50             int s=0;
51             for(int j=1;j<=n/i;j++)s=(s+(ll)C(n/i,j)*inv[j])%mod;
52             s=(ll)s*fac[n/i]%mod;
53             for(int j=1;j<=m;j++)s=(ll)s*Inv[a[j]/i]%mod;
54             ans=(ans+(ll)s*phi[i]%mod*inv[i])%mod;
55         }
56     printf("%d",ans);
57 }