显然我们要求所有等价类大小的 \(k\) 次方和。
注意到有根树有很强的子问题结构，这引发我们考虑 dp。
设 \(f_i\) 表示 \(n=i\) 时的答案，则去掉根节点后变成了森林等价类计数。
考虑按子树大小从小到大加入，设 \(g_{i,j}\) 表示考虑到大小为 \(i\) 的子树，当前森林大小为 \(j\)，则有转移方程：
且有 \(f_i=g_{i-1,i-1},g_{1,*}=1\)。
其中 \(I_{n,m}\) 表示带标号的 \(m\) 棵大小为 \(n\) 的树组成的森林等价类个数。
和 exp 一样，内部的标号并不是 \(\binom{m\cdot n}{n,n,\cdots,n}\)，每个大小相同的等价类有 \(\frac{1}{size!}\) 的贡献。
把 \(m\) 棵子树的种类分布看成染色，则问题就转化成了等价类计数问题。考虑使用 Pólya 定理。
也即，每种颜色有一个权值，每种染色的权值是颜色的乘积的 \(k\) 次方，而我们要统计所有轨道的带权染色权值和。
假设有 \(T_n=E_1\cup E_2\cup\cdots\cup E_\lambda\)，则我们相当于有 \(\lambda\) 种颜色。颜色 \(j\) 对于一个长度为 \(i\) 的循环有 \((|E_j|^i)^k\) 的贡献，而一个置换的权值是循环分解后所有循环贡献的乘积。考察其整个结构，贡献是类似于笛卡尔积的形式。考虑用多元生成函数刻画，即设 \(f(t_1,t_2,\cdots,t_\lambda)=\sum_{i=1}^\lambda |t_i|^k\)，再设 \(F(t_1,t_2,\cdots,t_\lambda)\) 表示答案，所求即为 \(F(|E_1|,|E_2|,\cdots,|E_\lambda|)\)。不妨先不考虑轨道的带权，则根据 Pólya 定理，作用在染色上的群是 \(S_m\)（代入 \(S_m\) 的循环指标）我们有
我们就得到了答案关于 \(P_n(k),P_n(2k),\cdots,P_n(mk)\) 的贡献，其中 \(P_n(\delta)=\sum_{i=1}^\lambda|E_i|^\delta\)。
事实上，置换就是循环的有标号无序组，因此直接对于 \(P\) 做一个多项式 exp 即可。
再考虑带权的问题。考虑广义 Burnside：
现在我们知道 \(\omega(G)\) 的贡献系数，考虑通过类似反演的形式 ”凑”出某个置换的贡献系数（事实上，置换的贡献能拆成循环指标的形式，这样才可以将循环带权代入 Pólya 计算）。
对于一个轨道，设其包含了 \(k_i\) 个 \(E_i\)，则其贡献系数为 \(m! \prod_{i=1}^\lambda\frac{1}{\kappa_i!^{k}}\)（也即我们希望 \(\omega(G_0)|O|\) 成为的东西），又由于 \(|O|=\frac{m!}{\prod_{i=1}^\lambda\kappa_i!}\)，所以 \(\omega(G_0)=\prod_{i=1}^\lambda\frac{1}{\kappa_i!^{k-1}}\)。
现在我们要反推出一个置换的贡献。考察 \(G_0\) 的结构，不难发现 \(G_0=S_{\kappa_1}\times\cdots\times S_{\kappa_\lambda}\)。贡献系数又只与循环指标相关，而循环指标也是笛卡尔积的形式，从而有 \(\omega(G_0)=\omega(S_{\kappa_1})\times\cdots\times\omega(S_{\kappa_\lambda})\)，因而进一步有 \(w(S_\kappa)=\frac{1}{\kappa!^k}\)。
考虑循环的贡献 \(\chi_i\)，不难发现这个贡献同样是 exp 的形式，也即令 \(f(i)=\sum_{i=1}^m \frac{\chi_ix^i}{i!}\\\)，则有
反推只需要多项式 ln 即可。这样求出 \(\chi_i\) 的系数后，就可以使用 Pólya 再做一遍 exp 得到答案了。
注意到我们需要对于所有 \(n\cdot m\le ::n\) 求出 \(P(mk)\) 的值。但由于时间复杂度是倒数平方和的形式，这是 \(O(1)\) 的（似乎非常优），可以积分得到复杂度是平方的。
最后来描述一下整个算法的流程：从小到大枚举森林大小 \(i\)，再枚举 \(j\)，要对所有 \(i\cdot j\le n\) 计算 \(P_n(j\cdot k)\)。求出之后通过一次 exp 求出 \(I_{n,m}\)。循环的系数可以提前预处理。
原文：https://www.cnblogs.com/chefcurry/p/14697793.html