无标号生成树计数

做模拟赛的时候碰到了，感觉稍微有点意思，写来自己看。

【无标号有根树】
设$f_n$表示树的大小为$n$的方案数，其生成函数$F(z)=\sum_{n>0} f_n z^n$。
考虑生成函数的组合意义，$f_{n+1}$可以由若干个无序的不同大小的“若干个无序的相同大小的本质不同的子树”拼成，对于大小为$k$的树，作为多棵子树时他可以贡献的不同树形态的生成函数是$(\sum_j z^{jk})^{f_k}=(1-z^k)^{-f_k}$，再将所有不同大小的子树拼起来，得$\prod_{n>0} (1-z^n)^{-f_n}$，所以$F(z)=z\prod_{n>0} \frac1{1-z^n}^{f_n}$。当然我们可以用同样的思路得到生成函数的另一个形式是$z\prod_{n>0}\exp F(z^n)$，但是我并不能从这个形式往后推出什么。。。
考虑对$F(z)$两边取对数并求导，有

$$\frac{F'(z)}{F(z)}=\frac{1}{z}+\sum_{n>0}f_n \frac{nz^{n-1}}{1-z^n}$$
乘一乘得
$$zF'(z)=F(z)+(\sum_{n>0}f_n \frac{nz^n}{1-z^n})F(z)$$
对应系数有
$$nf_n=f_n+\sum_{j>0}f_j[z^{n-j}]\sum_{k}(\frac{kf_kz^k}{1-z^k})$$
考虑$[z^n]\frac{z^k}{1-z^k}$的取值，注意到后面的函数是$\sum_{j=k}^{\infty}[k\mid j]z^j$，所以$[z^n]\frac{z^k}{1-z^k}=[k\mid n]$，所以
$$(n-1)f_n=\sum_{j=1}^{n-1 }f_j\sum_{k\mid n-j}kf_k$$
后面可以每次更新的时候存下来，所以直接递推复杂度是$O(n^2)$的。
分治fft之后可以做到$O(n\log^2n)$。

【无标号无根树】
设$h_n$表示无根树的方案，$f_n$同上。考虑怎么唯一表示一棵树，我们可以用重心。那么我们可以在所有有根树里去掉根不是重心的情况，即$h_n=f_n-\sum_{k=1}^{\lfloor n/2\rfloor}f_k f_{n-k}$,当$n$为偶数时可能会有两个重心，所以加回$f_{n/2}^2-\binom{f_{n/2}}{2}=\binom{f_{n/2}+1}{2}$。
求出$f$之后算单个$h$是$O(n)$的。也可以卷积然后减一减。