有标号树及其计数方法

\(\bf Definition\;1.\quad\)我们定义

• \(r(n)\)：\(n\) 个点有标号有根树的数量，特别令 \(r(0)=0\)；
• \(p_k(n)\)：由 \(k\) 棵有根树组成的 \(n\) 个点的有标号有根森林的数量；
• 对于 \(S\subseteq [n]\)，设 \(\#S=k\)，定义 \(p_{S}(n)\) 为根的集合是 \(S\) 的 \(n\) 点有标号有根森林数目；
• \(p(n)\)：\(n\) 个点的有标号有根森林的数目；
• \(t(n)\)：\(n\) 个点的有标号无根树的数目。

根据定义显然有

• \(p_1(n)=r(n)\)；
• \(p_k(n)=\binom{n}{k}p_S(n)\)；
• \(t(n)=r(n)/n\)。

\(\bf Theorem\;2.\quad\)设 \(y=R(z):=E_r(z)\) 为 \(r(n)\) 的 EGF，即

\[y=R(z)=\sum_{n\geqslant 0}r(n)\frac{z^n}{n!}, \]

那么有 \(y=ze^y\)，或等价的

\[y=(ze^{-z})^{\langle-1\rangle}. \]

进一步，我们有

\[\begin{aligned} \frac{1}{k!}y^k&=\sum_{n\geqslant 1}p_k(n)\frac{z^n}{n!},\\ e^y&=\sum_{n\geqslant 0}p(n)\frac{z^n}{n!}. \end{aligned} \]

\(Proof.\quad\)设 \(\mathcal T,\mathcal F_k\) 为有标号有根树和含 \(k\) 个部分的有标号有根森林的组合类。对于树 \(T\in\mathcal T\)，它是由根和若干不区分顺序的下一级子树构成的，即

\[\mathcal T=\mathcal Z*\mathrm{S\small ET}(\mathcal T), \]

这也就是说 \(y=ze^y\)。
对于 \(\mathcal F_k\)，它是由 \(k\) 个 \(\mathcal T\) 的标号积去除顺序形成的，也即

\[\mathcal F_k=\mathrm{S\small EQ}_k(\mathcal T) \]

这也就是说 \(E_{p_k}(z)=R(z)^k/k!\)。\(E_p(z)=\exp R(z)\) 则根据 \(\mathrm{S\small ET}\) 构造是显然的。\(\blacksquare\)

\(\bf Theorem\;3.\)

\[\begin{aligned} r(n)&=n^{n-1},\\ t(n)&=n^{n-2},\\ p_k(n)&=\binom{n-1}{k-1}n^{n-k},\\ p(n)&=(n+1)^{n-1}. \end{aligned} \]

\(Proof.\quad\)对 \(\rm Theorem\,2\) 给出的等式进行 Lagrange 反演

\[[z^n](ze^{-z})^{\langle-1\rangle}=\big[z^{n-1}\big]e^{nz}/n=\frac{n^{n-1}}{n!}, \]

从而 \(r(n)=[z^n/n!]R(z)=n^{n-1}\)；故 \(t(n)\) 立得。进一步

\[[z^n]\left((ze^{-z})^{\langle-1\rangle}\right)^k=\frac{k}{n}\cdot\frac{n^{n-k}}{(n-k)!}, \]

从而 \(p_k(n)=[z^n/n!]\big((ze^{-z})^{\langle-1\rangle}\big)^k/k!=\binom{n-1}{k-1}n^{n-k}\)。
设 \(y=R(z)\)，那么 \(P(z):=E_p(z)=e^y\)，设 \(t:=e^y\)。于是有 \(t=e^{zt}\)，即

\[t=(z^{-1}\ln z)^{\langle-1\rangle}, \]

记 \(u=zt\)，则 \(u=ze^u\)，运用布尔曼形式的拉格朗日反演，得到

\[[z^n]u=\big[z^{n-1}\big]e^{nz}/n=n^{n-2}/(n-1)!, \]

故 \([z^n]t=(n+1)^{n-1}/n!\)，则 \(p(n)=[z^n/n!]t=(n+1)^{n-1}\)。\(\blacksquare\)