它融合了图论、生成树计数、连通性分析、等价类划分、容斥与组合数学，甚至触及矩阵树定理（Kirchhoff）、Prüfer 编码、并查集/DSU 的代数意义、以及期望/求和交换技巧。作为你的信奥教练，我非常欣赏你愿意直面这样一道层层递进、逻辑严密的题目。下面我将不给出代码、不给出最终公式、不跳步推导，而是用一连串「关键问题」+「观察引导」+「类比提示」的方式，带你一层层剥开它的结构。请边读边思考、动笔画图、尝试小样例——这是信奥高手成长的必经之路。

🔍 第一步：彻底理解「问题 0」——核心约束的本质
我们先聚焦最基础的问题：

给定红树
R
R 和蓝树
B
B（都是
n
n 个标号节点的树），定义一个等价关系：
p
∼
q
p∼q 当且仅当存在一条路径
p

a
1
,
a
2
,
…
,
a
m

q
p=a
1
​
,a
2
​
,…,a
m
​
=q，使得对每个
i
i，边
(
a
i
,
a
i
+
1
)
(a
i
​
,a
i+1
​
) 同时是红树和蓝树的边。
求合法染色方案数（每个点染
[
1
,
y
]
[1,y] 中的颜色），要求：若
p
∼
q
p∼q，则颜色相同。

✅ 请你先动手画一画样例 1：

n

3
,
y

2
n=3,y=2
蓝树：
(
1
,
2
)
,
(
2
,
3
)
(1,2),(2,3) → 链 1–2–3
红树：
(
1
,
2
)
,
(
2
,
3
)
(1,2),(2,3) → 同样是链 1–2–3
→ 那么哪些点对满足「存在一条路径同时属于两棵树」？

边
(
1
,
2
)
(1,2) 在两棵树中都存在 → 所以
1
∼
2
1∼2
边
(
2
,
3
)
(2,3) 在两棵树中都存在 → 所以
2
∼
3
2∼3
因此
1
∼
2
∼
3
1∼2∼3，三者必须同色 → 方案数 =
y

2
y=2 ✔️（匹配样例）
⚠️ 再试一个反例：

n

3
n=3，蓝树仍为
1
–
2
–
3
1–2–3，但红树改为
(
1
,
2
)
,
(
1
,
3
)
(1,2),(1,3)（星形，中心是 1）
→ 公共边只有
(
1
,
2
)
(1,2)；
(
1
,
3
)
(1,3) 是红边但不是蓝边；
(
2
,
3
)
(2,3) 是蓝边但不是红边
→ 所以「同时属于两棵树的边」集合 =
{
(
1
,
2
)
}
{(1,2)}
→ 那么能走的「双色路径」只能是：
1
↔
2
1↔2，无法到达 3
→ 等价类是：
{
1
,
2
}
,
{
3
}
{1,2},{3} → 方案数 =
y
2

4
y
2
=4
📌 关键洞察 1（问题 0 的本质）：

「同时属于两棵树的边」构成一个图
G
common

(
V
,
E
R
∩
E
B
)
G
common
​
=(V,E
R
​
∩E
B
​
)。
而「存在一条路径同时属于两棵树」等价于：
p
p 和
q
q 在
G
common
G
common
​
的同一个连通分量中。
因为路径每一步都必须走公共边 —— 这正是无向图连通性的定义！

✅ 所以问题 0 的答案 =
y
 
c
(
G
common
)
y
c(G
common
​
)
，其中
c
(
G
)
c(G) 表示图
G
G 的连通块个数。

✔️ 验证样例1：
E
R
∩
E
B

{
(
1
,
2
)
,
(
2
,
3
)
}
E
R
​
∩E
B
​
={(1,2),(2,3)} → 连通块数 = 1 →
y
1

2
y
1
=2
✔️ 上面反例：
E
R
∩
E
B

{
(
1
,
2
)
}
E
R
​
∩E
B
​
={(1,2)} → 连通块数 = 2（{1,2} 和 {3}）→
y
2

4
y
2
=4

🎯 现在，请你暂停 30 秒，回答这个思考题：

若蓝树固定，红树在所有
n
n
−
2
n
n−2
棵生成树中均匀选取，那么
E
R
∩
E
B
E
R
​
∩E
B
​
的大小（即公共边数）的分布是怎样的？
更进一步：连通块数
c
(
E
R
∩
E
B
)
c(E
R
​
∩E
B
​
) 的期望值？但注意——我们要求的不是期望，而是
∑
R
y
c
(
E
R
∩
E
B
)
∑
R
​
y
c(E
R
​
∩E
B
​
)
。
这提示我们：不要试图枚举红树，而应按「公共边集」分类统计！

🧩 第二步：问题 1 的突破口——换序求和 + 子图贡献法
问题 1：固定蓝树
B
B，对所有红树
R
R，求
∑
R
y
c
(
E
R
∩
E
B
)
∑
R
​
y
c(E
R
​
∩E
B
​
)

设
E
B

{
e
1
,
e
2
,
…
,
e
n
−
1
}
E
B
​
={e
1
​
,e
2
​
,…,e
n−1
​
}。任取一个边子集
S
⊆
E
B
S⊆E
B
​
，我们问：

有多少棵红树
R
R 满足
E
R
∩
E
B

S
E
R
​
∩E
B
​
=S？
对这样的
R
R，其贡献为
y
c
(
S
)
y
c(S)
（因为
G
common
G
common
​
就是边集
S
S 构成的图，连通块数只取决于
S
S，与
R
R 的其他边无关！）

所以：

Ans
1

∑
S
⊆
E
B
y
c
(
S
)
⋅

{
R
∣
E
R
∩
E
B

S
}
Ans
1
​

S⊆E
B
​

∑
​
y
c(S)
⋅#{R∣E
R
​
∩E
B
​
=S}

但直接算

{
R
:
E
R
∩
E
B

S
}
#{R:E
R
​
∩E
B
​
=S} 很难。我们换个更聪明的视角：

💡 经典技巧：把「交集恰好为
S
S」转化为「交集包含
S
S」的容斥！
令：

f
(
S
)

{
R
∣
S
⊆
E
R
∩
E
B
}

{
R
∣
S
⊆
E
R
and
S
⊆
E
B
}
f(S)=#{R∣S⊆E
R
​
∩E
B
​
}=#{R∣S⊆E
R
​
and S⊆E
B
​
}
由于
S
⊆
E
B
S⊆E
B
​
是前提（否则为 0），所以只需
S
⊆
E
R
S⊆E
R
​
，即：红树
R
R 必须包含边集
S
S。
→ 那么：包含给定边集
S
S 的生成树个数 是多少？
这是一个标准结论：若
S
S 的边不形成环（即
S
S 是森林），且有
k
k 个连通块，则包含
S
S 的生成树个数 =

n
k
−
2
⋅
∏
i

1
k
s
i
n
k−2
⋅
i=1
∏
k
​
s
i
​

？等等——不对！这是错误联想。正确结论来自 Matrix-Tree 定理的推广 或 Contract & Count：

✅ 正确方法：将
S
S 中的边所连接的节点缩点（contract），得到一个新图，其中每个连通块变成一个超节点。设
S
S 形成
k
k 个连通块（即
c
(
S
)

k
c(S)=k），则缩点后剩下
k
k 个节点。此时，包含
S
S 的生成树一一对应于：在缩点后的完全图上，选择一棵生成树，再把每条树边“展开”为原图中连接两个块的一条边。

但原图是任意图？不——这里红树可以在任意
n
n 个标号点上生成，即：红树是
K
n
K
n
​
的生成树。所以我们的问题变为：

给定
n
n 个标号点，和一个森林
S
S（
k
k 个连通块），求
K
n
K
n
​
中包含
S
S 的生成树个数。

✅ 这是经典结论（可用 Prüfer 序列证明）：

答案 =
n
k
−
2
⋅
∏
i

1
k
∣
V
i
∣
n
k−2
⋅∏
i=1
k
​
∣V
i
​
∣，其中
V
i
V
i
​
是第
i
i 个连通块的大小。
（直观：Prüfer 序列中，每个块至少出现一次；更严谨的推导见《组合数学》中「带约束的生成树计数」）

但注意：本题中
S
⊆
E
B
S⊆E
B
​
，而
E
B
E
B
​
是一棵树，因此
S
S 是树的一个边子集 → 必然是森林，且各连通块是
B
B 的子树（即节点集是
B
B 的连通子集）。

然而——我们是否一定要用这个乘积形式？也许有更简洁的路径。

🎯 再换角度（信奥选手最爱）：使用「并查集的指数生成函数」或「连通块指标」
考虑对每个红树
R
R，其与
B
B 的交集
S

E
R
∩
E
B
S=E
R
​
∩E
B
​
决定了连通块数
c
(
S
)
c(S)。而
y
c
(
S
)

∏
块
C
y
y
c(S)
=∏
块 C
​
y。
有没有办法把这个乘积拆到每条边或每个点上？

💡 提示：回忆一个恒等式（常用于连通性 DP）：

y
c
(
S
)

∑
F
⊆
S
(
y
−
1
)
c
(
F
)
−
c
(
S
)
⋅
[
?
]
y
c(S)

F⊆S
∑
​
(y−1)
c(F)−c(S)
⋅[?]

不，太复杂。试试更原始的：
用「指示变量」刻画连通块：
对任意顶点子集
A
⊆
V
A⊆V，定义
I
A

1
I
A
​
=1 当且仅当
A
A 是
S
S 的一个极大连通块。但难以求和。

✅ 更优思路：利用「指数型生成函数」或「Möbius 反演 on set partition」？
但信奥中更可行的是：发现答案只依赖于
n
n 和
y
y，与蓝树结构无关！
→ 真的吗？验证样例2：

n

3
,
y

2
n=3,y=2，蓝树是
1
–
2
–
3
1–2–3（即边集
{
(
1
,
2
)
,
(
2
,
3
)
}
{(1,2),(2,3)}）
所有红树（
3
3
−
2

3
3
3−2
=3 棵）：
R
1

{
(
1
,
2
)
,
(
1
,
3
)
}
R
1
​
={(1,2),(1,3)} →
S

{
(
1
,
2
)
}
S={(1,2)} →
c
(
S
)

2
c(S)=2 → 贡献
2
2

4
2
2
=4
R
2

{
(
1
,
2
)
,
(
2
,
3
)
}
R
2
​
={(1,2),(2,3)} →
S

{
(
1
,
2
)
,
(
2
,
3
)
}
S={(1,2),(2,3)} →
c
(
S
)

1
c(S)=1 → 贡献
2
1

2
2
1
=2
R
3

{
(
1
,
3
)
,
(
2
,
3
)
}
R
3
​
={(1,3),(2,3)} →
S

{
(
2
,
3
)
}
S={(2,3)} →
c
(
S
)

2
c(S)=2 → 贡献
4
4
→ 总和 =
4
+
2
+
4

10
4+2+4=10 ✔️（匹配样例2）
现在，如果蓝树是星形（比如中心 1，边
(
1
,
2
)
,
(
1
,
3
)
(1,2),(1,3)），结果还一样吗？

R
1

{
(
1
,
2
)
,
(
1
,
3
)
}
R
1
​
={(1,2),(1,3)} →
S

{
(
1
,
2
)
,
(
1
,
3
)
}
S={(1,2),(1,3)} →
c

1
c=1 →
2
2
R
2

{
(
1
,
2
)
,
(
2
,
3
)
}
R
2
​
={(1,2),(2,3)} →
S

{
(
1
,
2
)
}
S={(1,2)} →
c

2
c=2 →
4
4
R
3

{
(
1
,
3
)
,
(
2
,
3
)
}
R
3
​
={(1,3),(2,3)} →
S

{
(
1
,
3
)
}
S={(1,3)} →
c

2
c=2 →
4
4
→ 总和仍是
10
10！
✅ 惊人发现：问题 1 的答案与蓝树形态无关！只与
n
,
y
n,y 有关！
→ 这极大简化了问题：我们可以任选一棵方便的蓝树（如星形、链）来计算问题 1，结果普适。

🎯 思考题（请务必尝试）：

取蓝树为星形：中心为
1
1，边为
(
1
,
2
)
,
(
1
,
3
)
,
…
,
(
1
,
n
)
(1,2),(1,3),…,(1,n)。
设红树
R
R 包含
k
k 条蓝边（即
k
k 条形如
(
1
,
i
)
(1,i) 的边）。这些边在星形中都关联中心 1 → 它们的并集形成的图
S
S 有多少个连通块？
提示：若
R
R 包含
(
1
,
i
1
)
,
…
,
(
1
,
i
k
)
(1,i
1
​
),…,(1,i
k
​
)，则
S
S 的连通块是：
{
1
,
i
1
,
…
,
i
k
}
{1,i
1
​
,…,i
k
​
} 是一个块，其余
n
−
k
−
1
n−k−1 个孤立点各成一块 → 总块数 =
(
n
−
k
−
1
)
+
1

n
−
k
(n−k−1)+1=n−k
所以贡献为
y
n
−
k
y
n−k
。
那么：问题 1 =
∑
k

0
n
−
1
(
包含恰好
k
条中心边的红树个数
)
×
y
n
−
k
∑
k=0
n−1
​
(包含恰好 k 条中心边的红树个数)×y
n−k

→ 现在问题转化为：在
K
n
K
n
​
的所有生成树中，有多少棵恰好包含
k
k 条与节点 1 相连的边？

✅ 这又是一个经典 Prüfer 序列问题！

Prüfer 序列长
n
−
2
n−2，每个位置填
1
1 到
n
n
节点
v
v 在生成树中的度数 =（
v
v 在 Prüfer 中出现次数）+ 1
所以：节点 1 的度数 =
d
1

(
1 在 Pr
u
¨
fer 中出现次数
)
+
1
d
1
​
=(1 在 Pr
u
¨
fer 中出现次数)+1
我们要
d
1

k
d
1
​
=k → 1 在 Prüfer 中出现
k
−
1
k−1 次
从
n
−
2
n−2 个位置选
k
−
1
k−1 个放 1：
(
n
−
2
k
−
1
)
(
k−1
n−2
​
)
其余
(
n
−
2
)
−
(
k
−
1
)

n
−
k
−
1
(n−2)−(k−1)=n−k−1 个位置，每个可填 ${2,3,\dots