旧题重做

[ZJOI2016]小星星

容斥是官方做法，不过用集合并卷积也可以推出同样的dp式子。

树形dp，令\(f_{x,i,S}\)表示以\(x\)为根的子树，\(x\)映射到\(i\)，子树全体映射到\(S\)的合法方案数。
考虑给当前的\(x\)添加一个以\(y\)为根的子树，令新的以\(x\)为根的\(dp\)数组为\(f'\)，有：

\[f'_{x,i,S}=\sum_{(i,j)\in E}\sum_{A\cup B=S,A\cap B=\emptyset}f_{x,i,A}f_{y,j,B} \]

枚举合法的\(i,j\)，余下的就是一个看上去像子集卷积的东西。

然而最终只需要\(S\)为全集的方案，如果\(A\)与\(B\)有交，那么\(A\cup B\)必然小于新的\(x\)的子树大小，最终不可能对答案产生贡献。

于是考虑去掉\(A\cap B=\emptyset\)的限制，仍然保证答案的正确性，转化为集合并卷积:

\[f'_{x,i,S}=\sum_{(i,j)\in E}\sum_{A\cup B=S}f_{x,i,A}f_{y,j,B} \]

于是令\(\hat f\)表示\(f\)对最后一维做莫比乌斯变换之后的结果，有：

\[\hat f'_{x,i,S}=\hat f_{x,i,S}\sum_{(i,j)\in E}\hat f_{y,j,S} \]

初始状态下\(f_{x,i,S}=[S=\{i\}]\)，很容易得到莫比乌斯变换之后的结果。dp中不需要进行反演，保留莫比乌斯变换后的形式计算即可。

最后将根的全集方案数用莫比乌斯逆变换的公式算出来即可，复杂度也是\(O(n^32^n)\)。

[CTS2019]重复

我们记\(t^k\)表示将字符串\(t\)重复\(k\)次形成的字符串。

显然，我们先正难则反，统计不包含任何有意义字符串（简称为性质\(A\)）的无限重复串的个数。

根据题意，可以设置一个只含有一个串\(s\)的AC自动机。对于一个状态\(i\)，有\(k_i\)个字符可以转移到非根节点，假设是\(c_{i,1},c_{i,2},\dots,c_{i,k_i}\)，且按照升序排序，剩余字符只能转移到根。那么不难发现，满足性质\(A\)的串只能从\(\geq c_{i,k_i}\)的字符中进行转移（称为合法转移），粗略考虑，发现我们需要统计的是长度为\(m\)的字符串中，重复无限次仍然始终走合法转移的字符串有多少。

然而重复无限次不太具有可操作性，进一步观察一个串重复无限次后，在自动机上的转移规律。我们令\(trans_{x,s}\)表示从状态\(x\)接受一个字符串\(s\)，最终会走到什么状态。可以发现这样一个事实：当\(k\)足够大的时候，必然有\(trans_{0,t^k}=trans_{0,t^{k+1}}=trans_{0,t^{k+2}}=\cdots\)，这是因为所有可能在\(t^{k+1}\)的后缀中出现的\(s\)的前缀一定被包含在\(t^k\)的后缀中了。因此，如果记\(x=trans_{0,t^k}\)，我们就有理由定义\(trans_{0,t^\infty}=x\)，于是，在\(t\)重复有限次之后，之后的转移都形如\(x\to trans_{x,t[:1]}\to trans_{x,t[:2]}\to \cdots\to x\)，然后不断重复。

不难发现\(trans_{x,t}=x\)，还可以证明满足这一点的\(x\)是唯一的，因为如果满足这一点，那么就有\(trans_{x,t^k}=x\)，当\(k\)足够大时，\(x\)一定被包含在\(t^k\)的后缀中，于是就是唯一的。

另一个重要的事实：\(t^\infty\)满足性质\(A\)，当且仅当\(x\to trans_{x,t[:1]}\to trans_{x,t[:2]}\to \cdots\to x\)都是合法转移。这是因为如果有一个有意义的串出现在了\(t^\infty\)中，它一定会出现无限多次，于是一定会在不断重复的\(x\to trans_{x,t[:1]}\to trans_{x,t[:2]}\to \cdots\to x\)转移中出现，造成一个不合法的转移。

综上所述，我们可以先枚举\(x\)，统计所有满足\(trans_{x,t}=x\)的串中，满足性质\(A\)的串个数：令\(dp_{i,j}\)表示长度为\(i\)的满足\(trans_{x,t}=j\)，且都是合法转移的字符串\(t\)的数目。转移方程容易得到，最后\(dp_{m,x}\)就是答案。这个动态规划是\(O(n^2m)\)的，还是无法通过本题。

再观察合法转移的性质：由于只能从\(\geq c_{i,k_i}\)的字符中进行转移，因此每个点最多只有一个转移不走到根，也就是说，如果不走到根，那么合法转移的路径是唯一的。于是我们枚举从\(x\)开始，一直走合法转移，第一次走到根的步数\(i\)。令\(dp_{i,j}\)表示长度为\(i\)的满足\(trans_{0,t}=j\)，且都是合法转移的字符串\(t\)的数目。这种情况的答案就是\(dp_{m-i,x}\)。如果一次都没有回到根，这样的方案是唯一的，直接走就行。复杂度\(O(nm)\)。

[CTS2019]珍珠

之前推的式子不够优雅！

一句话题意：求

\[ans=n!\sum_{k=0}^{n-2m}[y^k][x^n]\bigg(\frac{e^x+e^{-x}}{2}+y\frac{e^x-e^{-x}}{2}\bigg)^D \]

有了\(y\)的指标作为辅助，推式子的过程可以精简很多：

\[ans=\frac{n!}{2^D}\sum_{k=0}^{n-2m}[y^k][x^n]\bigg((e^x+e^{-x})+y(e^x-e^{-x})\bigg)^D \]

\[=\frac{n!}{2^D}\sum_{k=0}^{n-2m}[y^k][x^n]\bigg((1+y)e^x+(1-y)e^{-x}\bigg)^D \]

\[=\frac{n!}{2^D}\sum_{k=0}^{n-2m}[y^k][x^n]\sum_{i=0}^D{D\choose i}e^{(2i-D)x}(1+y)^i(1-y)^{D-i} \]

\[=\sum_{i=0}^D{D\choose i}\frac{n!}{2^D}\sum_{k=0}^{n-2m}[y^k][x^n]e^{(2i-D)x}(1+y)^i(1-y)^{D-i} \]

关键的一步是在枚举\(i\)以后，一个二元混合多项式\(F(x,y)\)被分离成\(F_1(x)F_2(y)\)的形式，于是\(x\)和\(y\)的部分可以分离，并且\(x\)的部分结果是显然的：

\[ans=\sum_{i=0}^D{D\choose i}\frac{n!}{2^D}\Big([x^n]e^{(2i-D)x}\Big)\Big(\sum_{k=0}^{n-2m}[y^k](1+y)^i(1-y)^{D-i}\Big) \]

\[ans=\sum_{i=0}^D{D\choose i}\frac{(2i-D)^n}{2^D}\Big(\sum_{k=0}^{n-2m}[y^k](1+y)^i(1-y)^{D-i}\Big) \]

到了这一步就可以用分治fft大法\(O(n\log^2n)\)解决问题了！但是如果想追求更好的做法，可以继续推导。下面关注对\(f_i=\sum_{k=0}^{n-2m}[y^k](1+y)^i(1-y)^{D-i}\)的求和：

\[f_i=\sum_{j=0}^{i}[y^j](1+y)^i\sum_{k=0}^{n-2m-j}[y^k](1-y)^{D-i} \]

\[=\sum_{j=0}^{i}{i\choose j}\sum_{k=0}^{n-2m-j}(-1)^k{D-i\choose k}=\sum_{j=0}^{i}{i\choose j}(-1)^{n-2m-j}{D-i-1\choose n-2m-j} \]

\[=i!(D-i-1)!\sum_{j=0}^{i}\frac{(-1)^{n-2m-j}}{j!(n-2m-j)!}\frac{1}{(i-j)!(D-1-n+2m-(i-j))!} \]

最后就化成了一个卷积式，可以\(O(n\log n)\)解决问题。可以发现\((1+y)^k\)和\((1-y)^k\)并不完全对称，因为\((1-y)^k\)的系数前缀和有好的封闭形式。