题目
思路
显然 m o r e − e q u a l \rm more-equal more−equal 就是，不超过 i i i 的数字至少有 i i i 个。
求 b b b 之前，我们先把 a a a 摸清楚。比如说 a a a 序列究竟有多少个呢？
上面那个限制，其实可以转换一下。想想我们怎么求不超过 i i i 的数字？排序之后二分查找嘛。所以我们这里的限制其实就是 a a a 数组排序后第 i i i 个数字不大于 i i i 。
如果记 ⟨ a i ′ ⟩ \langle a'_i\rangle ⟨ai′⟩ 为排序后的 a a a 数组，那么 1 ≤ a i ′ ≤ i 1\le a'_i\le i 1≤ai′≤i 。这像不像很多题目中的 一棵树 的输入方式？即 a i ′ − 1 ∈ [ 0 , i ) a'_i-1\in[0,i) ai′−1∈[0,i) 作为父节点。显然 0 0 0 是根节点，因为不存在 a 0 ′ a'_0 a0′ 。
我们将二元组 ⟨ a i , i ⟩ \langle a_i,i\rangle ⟨ai,i⟩ 拿出来从小到大排序，设 x i x_i xi 是第 i i i 小的二元组的下标，即 ⟨ a x i , x i ⟩ \langle a_{x_i},x_i\rangle ⟨axi,xi⟩ 是第 i i i 小的二元组。然后我们可以构建一棵树，点 p p p 的父节点是 x a p − 1 x_{a_p-1} xap−1，即排序后的第 a p − 1 a_p-1 ap−1 个 “下标”，规定第 0 0 0 个是 0 0 0 。
显然它构成一棵树，因为 a x i a_{x_i} axi 就是第 i i i 小的 a a a，第二关键字只是用来保持其稳定性。所以 x i x_i xi 会将 x j ( j < i ) x_j\;(j<i) xj(j<i) 作为其父节点。
我们很想直接做树计数，所以我们要证明 二者是一一对应的。而排序后的二元组不同，原来的 a a a 序列就不同，因为我们引入了下标作为第二关键字，所以我们只需要知道，给出一棵树，能否唯一确定这些二元组呢？
事实确实如此。也很简单：最小的二元组肯定是 a = 1 a=1 a=1，即根节点 0 0 0 的儿子，记其为 G 0 G_0 G0 。它们的顺序是按照编号确定了的。于是我们就得到了前几个二元组。然后次小的就是 a = 2 a=2 a=2，即刚才确定的最小二元组 x 0 ∈ G 0 x_0\in G_0 x0∈G0 的子节点。它们又是按照编号排序。再次小就是 a = 3 a=3 a=3，即 x 1 ∈ G 0 x_1\in G_0 x1∈G0，它的子节点按照编号排序……
代码会不会更容易理解？设 c n t [ i ] cnt[i] cnt[i] 初值是深度小于 i i i 的点的数量，设 G [ i ] G[i] G[i] 是 i i i 的所有子节点，那么我们可以还原出 x x x 序列。这里 x 0 x_0 x0 将会被赋值为根节点 0 0 0 。
void getX(int now,int dep){
x[cnt[dep] ++] = now;
sort(G[now].begin(),G[now].end());
for(auto y : G[now]) getX(y,dep+1);
}
即，子节点按照编号排序，然后一层一层的放到 x x x 序列里去。显然这是唯一的方案。
所以我们已经可以下结论了。 a a a 序列与一个 n + 1 n+1 n+1 个点的有标号树是对应的。根据 p r u f e r \rm prufer prufer 序列可知 a a a 序列的数量就是 ( n + 1 ) n − 1 (n+1)^{n-1} (n+1)n−1 。
然后来考虑
b
b
b 。无非就是
a
i
=
v
a_i=v
ai=v 的个数为
x
x
x 时，有
x
k
x^k
xk 的贡献。那么在树中，当
v
≠
0
v\ne 0
v=0 时，
v
v
v 有
x
x
x 个儿子、一个父亲，所以在
p
r
u
f
e
r
\rm prufer
prufer 序列中出现
x
x
x 次；当
v
=
0
v=0
v=0 时，则只出现
x
−
1
x-1
x−1 次。二者相加即
n
⋅
(
n
−
1
x
)
n
n
−
1
−
x
+
(
n
−
1
x
−
1
)
n
n
−
x
=
(
n
x
)
⋅
n
n
−
x
n\cdot{n-1\choose x}n^{n-1-x}+{n-1\choose x-1}n^{n-x}\\ ={n\choose x}\cdot n^{n-x}
n⋅(xn−1)nn−1−x+(x−1n−1)nn−x=(xn)⋅nn−x
所以答案就是
∑
x
=
1
n
(
n
x
)
⋅
n
n
−
x
⋅
x
k
\sum_{x=1}^{n}{n\choose x}\cdot n^{n-x}\cdot x^k
x=1∑n(xn)⋅nn−x⋅xk
我很认真很认真地思考了一下，为什么这里要把 x k x^k xk 写成 下降幂 呢？但是我始终无法解释。或许真的只能背下来吗？还是说有一种惊人的直觉，仅仅属于拉马努金那样的人，在梦中以神示展现了一切？
众所周知
n
m
n^m
nm 可以利用第二类斯特林数写成下降幂，即
n
m
=
∑
i
=
0
min
(
m
,
n
)
(
n
i
)
⋅
S
(
m
,
i
)
⋅
i
!
n^m=\sum_{i=0}^{\min(m,n)}{n\choose i}\cdot S(m,i)\cdot i!
nm=i=0∑min(m,n)(in)⋅S(m,i)⋅i!
其中
S
(
m
,
i
)
S(m,i)
S(m,i) 为，把
m
m
m 个有标号的球放进
i
i
i 个无标号的盒子，不能空盒，本质不同方案数。组合意义上这个等式是显然的，都代表
m
m
m 个有标号的球放入
n
n
n 个有标号的盒子的方案数。利用这个很轻易能得到
a
n
s
=
∑
x
=
1
n
(
n
x
)
⋅
n
n
−
x
∑
i
=
0
k
(
x
i
)
⋅
S
(
k
,
i
)
⋅
i
!
=
n
n
∑
i
=
0
k
S
(
k
,
i
)
⋅
i
!
⋅
(
n
i
)
∑
x
=
i
n
(
n
−
i
x
−
i
)
n
−
x
=
n
n
∑
i
=
0
k
S
(
k
,
i
)
⋅
i
!
⋅
(
n
i
)
⋅
n
−
i
⋅
(
1
+
n
−
1
)
n
−
i
ans=\sum_{x=1}^{n}{n\choose x}\cdot n^{n-x}\sum_{i=0}^{k}{x\choose i}\cdot S(k,i)\cdot i!\\ =n^n\sum_{i=0}^{k}S(k,i)\cdot i!\cdot{n\choose i}\sum_{x=i}^{n}{n-i\choose x-i}n^{-x}\\ =n^n\sum_{i=0}^{k}S(k,i)\cdot i!\cdot {n\choose i}\cdot n^{-i}\cdot (1+n^{-1})^{n-i}
ans=x=1∑n(xn)⋅nn−xi=0∑k(ix)⋅S(k,i)⋅i!=nni=0∑kS(k,i)⋅i!⋅(in)x=i∑n(x−in−i)n−x=nni=0∑kS(k,i)⋅i!⋅(in)⋅n−i⋅(1+n−1)n−i
然后
S
(
k
,
i
)
S(k,i)
S(k,i) 怎么求呢？它有一个 容斥 的求法，枚举空盒数量，有
S
(
k
,
i
)
=
1
i
!
∑
j
=
0
i
(
−
1
)
j
⋅
(
i
j
)
⋅
(
i
−
j
)
k
S(k,i)=\frac{1}{i!}\sum_{j=0}^{i}(-1)^{j}\cdot{i\choose j}\cdot(i-j)^{k}
S(k,i)=i!1j=0∑i(−1)j⋅(ji)⋅(i−j)k
由于这是卷积（把组合数拆开嘛），可以 O ( k log k ) \mathcal O(k\log k) O(klogk) 一次性求出。于是这道题就做完了。
代码
代码就不写了，妹妹的博客里面有。而且她的思路不一样，是官方题解，我觉得根本不可能想到吧……