20200504 zr T1【映射樹與原樹重合的樹個數】

題目描述：

給定一個$1$到$n$的的排列$p_1,p_2,…,p_n$，問有多少個不同的有標號無根樹，滿足如果$i$與$j$有邊那麼$p_i$與$p_j$之間也有邊，對$998244353$取模。

$n\le500000$

題目分析：

首先將排列拆成一個個的置換環。
考慮兩個循環之間的連邊，由題，如果$x$向$y$連邊，那麼$x$在環上的下一個點也要向$y$在環上的下一個點連邊。
稍加思考可以發現：

• 長度爲$x$的環向長度爲$y$的環連邊，（假設$x<y$），那麼一定滿足$x|y$，否則就會連出環。（考慮$x$的第$1$個點和第$y\%x+1$個點，它們都向$y$的第1個點和第$x$點連邊）
• 兩個環之間只能連最多1條邊，方案數爲$x$。
• 長度大於3的環內不能連邊（如果環長爲奇數會成環，如果環長爲偶數當與更小的環連邊時會連出環）
• 要形成一棵樹，必須至少有1個長度$\le2$的環。（長度爲2的環可以環內連邊形成一個連通塊，長度爲1的環可以將所有連通塊連通。）
• 樹的生成方式一定是形如最小的環爲根，然後按照大小依次將環掛在樹上。（大環同時接兩個小環會連出環）
  （PS：上面所說的連出環是指連的邊形成了環）

於是我們依次考慮每種大小的循環：

假設現在有$p$個長度爲$m$的循環，那麼一定是這$p$個循環先連成$k\in[1,p]$個連通分量，然後每個連通分量裏有一個循環向更小的循環連邊。
枚舉$k$：

• $k$個連通分量向更小的循環連邊的方案數是$(\sum_{d|m}cnt_d)^k$，其中$cnt_d$表示在長度爲$d$的循環裏面的點的個數。
• 每個連通分量內部連邊，一條邊有$m$種連法，總共$p-1-(k-1)$條邊，方案數爲$m^{p-k}$。
• 最後的問題就是把$p$個點連成$k$個連通分量的方案數，這可以看做加了一個虛點，強制它的度數爲$k$（這樣它的兒子就是k個連通分量），用prufer序列計算，在$p-1$個位置中出現$k-1$次，其餘位置隨便填，方案數爲$\binom {p-1}{k-1}p^{p-k}$
• 所以總的方案數就是$\sum_{k=1}^p\binom {p-1}{k-1}p^{p-k}m^k(\sum_{d|m}cnt_d)^k$
• 令$w=\sum_{d|m}cnt_d$，則上式可以化爲 $w(mw+p)^{p-1}$

如果有長度爲1的循環肯定2要向1連，如果沒有的話就要選一個2的循環內部連邊使圖形成一棵樹。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 500005
using namespace std;
const int mod = 998244353;
int T,n,p[maxn],cnt[maxn],f[maxn];
bool vis[maxn];
inline int Pow(int a,int b){
	int s=1; for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(b&1) s=1ll*s*a%mod;
	return s;
}
int main()
{
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d",&n);
		for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&p[i]),cnt[i]=f[i]=vis[i]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++) if(!vis[i]){
			int len=1;
			for(int j=p[i];j!=i;j=p[j]) vis[j]=1,len++;
			cnt[len]++;
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=i+i;j<=n;j+=i)
				f[j]+=cnt[i]*i;
		int ans=0;
		if(cnt[1]){
			ans=cnt[1]>1?Pow(cnt[1],cnt[1]-2):1;
			for(int i=2;i<=n;i++) if(cnt[i]) ans=1ll*ans*f[i]%mod*Pow(cnt[i]*i+f[i],cnt[i]-1)%mod;
		}
		else if(cnt[2]){
			ans=Pow(2*cnt[2],cnt[2]-1);
			for(int i=3;i<=n;i++) if(cnt[i]) ans=1ll*ans*f[i]%mod*Pow(cnt[i]*i+f[i],cnt[i]-1)%mod;
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
}