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====== 补题情况 =====

^  题目  ^  蒋贤蒙  ^  王赵安  ^  王智彪  ^
|  A  |  0  |  0  |  0  | 
|  B  |  2  |  0  |  2  | 
|  C  |  2  |  0  |  1  | 
|  D  |  2  |  1  |  0  | 
|  E  |  2  |  0  |  1  | 
|  F  |  2  |  0  |  2  | 
|  G  |  2  |  0  |  2  | 
|  H  |  0  |  1  |  2  | 
|  I  |  2  |  0  |  2  | 
|  J  |  2  |  0  |  2  | 

====== 题解 ======

===== D. Rebuild Tree =====

==== 题意 ====

给定一棵树，要求删除 $k$ 条边再补上 $k$ 条边，使得新图仍然是一棵树，问方案数。

==== 题解 ====

首先删除 $k$ 条边得到 $k+1$ 个连通块，设第 $i$ 个连通块有 $s_i$ 个点。

固定 $(s_1,s_2\cdots s_{k+1})$，将每个连通块缩点后构造 $\text{prufer}$ 序列。设第 $i$ 个连通块在新图中得度数为 $d_i$，知每个生成树的贡献为

$$
\prod_{i=1}^{k+1}s_i^{d_i}
$$

设 $p_i$ 表示第 $i$ 个连通块在 $\text{prufer}$ 序列中出现的次数，根据 $\text{prufer}$ 序列性质，知 $d_i=p_i+1$，于是有

$$
\prod_{i=1}^{k+1}s_i^{d_i}=
\left(\prod_{i=1}^{k+1}s_i\right)\left(\prod_{i=1}^{k+1}s_i^{p_i}\right)
$$

考虑 $\prod_{i=1}^{k+1}s_i^{p_i}$ 在 $\text{prufer}$ 序列中的实际意义。

不难发现设 $\text{prufer}$ 序列的权值为每个元素 $a_i$ 按权值 $s_{a_i}$ 相乘之积，则所有 $\prod_{i=1}^{k+1}s_i^{p_i}$ 之和等价于所有 $\text{prufer}$ 序列的权值之和。

不难发现，所有 $\text{prufer}$ 序列的权值之和(固定其他位置，枚举单个位置的变化)等于

$$
\left(\sum_{i=1}^{k+1} s_i\right)^{k-1}=n^{k-1}
$$

于是对固定 $(s_1,s_2\cdots s_{k+1})$，总贡献为

$$
\left(\prod_{i=1}^{k+1}s_i\right)\sum_{Tree(k+1)}\left(\prod_{i=1}^{k+1}s_i^{p_i}\right)=\left(\prod_{i=1}^{k+1}s_i\right)\left(\sum_{i=1}^{k+1} s_i\right)^{k-1}=\left(\prod_{i=1}^{k+1}s_i\right)n^{k-1}
$$

接下来考虑 $(s_1,s_2\cdots s_{k+1})$ 不固定时产生的总贡献。

不难发现 $\prod_{i=1}^{k+1}s_i$ 等于连通块的大小之积，这可以转化为在每个连通块中选一个点的方案数。

于是设 $\text{dp}(u,k,0/1)$ 表示以 $u$ 为子树已经割 $k$ 条边，$0/1$ 表示 $u$ 所在的连通块是否已经选择代表节点的方案数。

进行树形 $\text{dp}$ 转移，枚举是否割断 $u$ 与 $v\in \text{son}(u)$ 的连边的贡献，注意如果 $v$ 所在的连通块没有代表节点，则 $u\to v$ 一定不可割。

时间复杂度 $O(nk)$。

<hidden 查看代码>
<code cpp>
const int MAXN=5e4+5,MAXK=105,mod=998244353;
struct Edge{
	int to,next;
}edge[MAXN<<1];
int head[MAXN],edge_cnt;
void Insert(int u,int v){
	edge[++edge_cnt]=Edge{v,head[u]};
	head[u]=edge_cnt;
}
int quick_pow(int a,int k){
	int ans=1;
	while(k){
		if(k&1)ans=1LL*ans*a%mod;
		a=1LL*a*a%mod;
		k>>=1;
	}
	return ans;
}
void add(int &x,LL y){
	x=(x+y)%mod;
}
int sz[MAXN],dp[MAXN][MAXK][2],temp[MAXK][2];
void dfs(int u,int fa){
	sz[u]=1;
	dp[u][0][0]=dp[u][0][1]=1;
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
		int v=edge[i].to;
		if(v==fa)continue;
		dfs(v,u);
		_for(j,0,min(sz[u]+sz[v],MAXK))
		temp[j][0]=temp[j][1]=0;
		_for(j,0,min(sz[u],MAXK))_for(k,0,min(sz[v],MAXK)){
			if(j+k<MAXK){
				add(temp[j+k][0],1LL*dp[u][j][0]*dp[v][k][0]);
				add(temp[j+k][1],1LL*dp[u][j][0]*dp[v][k][1]+1LL*dp[u][j][1]*dp[v][k][0]);
			}
			if(j+k+1<MAXK){
				add(temp[j+k+1][0],1LL*dp[u][j][0]*dp[v][k][1]);
				add(temp[j+k+1][1],1LL*dp[u][j][1]*dp[v][k][1]);
			}
		}
		_for(j,0,min(sz[u]+sz[v],MAXK)){
			dp[u][j][0]=temp[j][0];
			dp[u][j][1]=temp[j][1];
		}
		sz[u]+=sz[v];
	}
}
int main(){
	int n=read_int(),k=read_int();
	_for(i,1,n){
		int u=read_int(),v=read_int();
		Insert(u,v);
		Insert(v,u);
	}
	dfs(1,0);
	enter(1LL*quick_pow(n,k-1)*dp[1][k][1]%mod);
	return 0;
}
</code>
</hidden>


===== G. Product =====

==== 题意 ====

给定 $n,k,D$，求

$$
\sum_{\sum a_i=D,a_i\ge 0}\frac {D!}{\prod_{i=1}^n (a_i+k)}
$$

==== 题解 ====

不妨设 $b_i=a_i+k$

$$
\sum_{\sum a_i=D,a_i\ge 0}\frac {D!}{\prod_{i=1}^n (a_i+k)}=\frac {D!}{(D+nk)!}\sum_{\sum b_i=D+nk,b_i\ge k}\frac {(D+nk)!}{\prod_{i=1}^n b_i}
$$

不难发现，式子右半部分的组合意义是由元素 $1\sim n$ 构成的长度为 $D+nk$ 的排列个数，其中每个元素出现次数不小于 $k$。

不妨考虑容斥，设 $\text{dp}(i,j)$ 表示由元素 $1\sim i$ 构成的长度为 $j$ 的排列个数，其中每个元素出现次数小于 $k$，不难得到状态转移

$$
\text{dp}(i,j)=\sum_{v=0}^{\min(j,k)}{j\choose v}\text{dp}(i-1,j-v)
$$

同时有公式 $n$ 种元素出现次数无限制时构成的长度为 $k$ 的排列个数为 $n^k$，于是有

$$
\sum_{\sum b_i=D+nk,b_i\ge k}\frac {(D+nk)!}{\prod_{i=1}^n b_i}=\sum_{i=0}^n (-1)^n\sum_{j=0}^{ik}{D+nk\choose j}\text{dp}(i,j)(n-i)^{D+nk-j}
$$

总时间复杂度 $O\left(n^2k^2\right)$。

<hidden 查看代码>
<code cpp>
const int MAXN=55,MAXV=MAXN*MAXN,mod=998244353;
int quick_pow(int a,int k){
	int ans=1;
	while(k){
		if(k&1)ans=1LL*ans*a%mod;
		a=1LL*a*a%mod;
		k>>=1;
	}
	return ans;
}
int frac[MAXV],invf[MAXV],down[MAXV];
int C(int n,int m){
	return 1LL*frac[n]*invf[m]%mod*invf[n-m]%mod;
}
int C2(int n){
	return 1LL*down[n]*invf[n]%mod;
}
int dp[MAXN][MAXV];
int main(){
	int n=read_int(),k=read_int(),D=read_int();
	//pre
	frac[0]=1;
	_for(i,1,MAXV)frac[i]=1LL*frac[i-1]*i%mod;
	invf[MAXV-1]=quick_pow(frac[MAXV-1],mod-2);
	for(int i=MAXV-1;i;i--)
	invf[i-1]=1LL*invf[i]*i%mod;
	down[0]=1;
	_for(i,0,n*k)
	down[i+1]=1LL*down[i]*(D+n*k-i)%mod;
	//main
	LL ans=quick_pow(n,D+n*k);
	dp[0][0]=1;
	_rep(i,1,n){
		_for(j,0,i*k){
			_for(v,0,k){
				if(j>=v)
				dp[i][j]=(dp[i][j]+1LL*dp[i-1][j-v]*C(j,v))%mod;
			}
			int d=1LL*dp[i][j]*C(n,i)%mod*C2(j)%mod*quick_pow(n-i,D+n*k-j)%mod;
			if(i&1)
			ans=(ans+mod-d)%mod;
			else
			ans=(ans+d)%mod;
		}
	}
	int t=1;
	_rep(i,D+1,D+n*k)
	t=1LL*t*i%mod;
	ans=ans*quick_pow(t,mod-2)%mod;
	enter(ans);
	return 0;
}
</code>
</hidden>