题意
给定一棵树 \(T\)，每次操作在某个点下方接上 \(k\) 个儿子。
询问期望多少次排列，使得 \(a_{fa_i} < a_i\)。
保证 \(k\) 是偶数，对 \(65536\) 取模。
\(n \le 10 ^ 5, k \le 2 \times 10 ^ 9\)。
Sol
考虑假如已经确定了一棵树的形态，如何求出最终的答案？
可以发现对于每一个节点考虑，她需要满足她在排列中的位置在她所有的子节点的前面。
所以每一个点满足限制的概率是 \(\frac{1}{siz_i}\) 的。
由于独立事件，期望为概率的倒数。
所以答案就是 \(\prod siz_i\)。
考察如何动态维护一棵树的 \(siz\)。
套路地，将询问离线下来，只考虑使用过的节点，建出类似虚树的东西。
现在每次操作变为在虚树上一条根到节点的链加，最后求所有 \(siz\) 的乘积。
这很明显是没法做的。
集中注意力，思考一些厉害的东西。把每个节点拆成 \((x + siz)\) 的形式，这样将所有点乘起来会变成一个长度为 \(n\) 的 \(\texttt{Poly}\)，然后链加就变成 \(a_i \times (x + k)\) 的形式，最后把所有的 \(\texttt{Poly}\) 乘起来，答案就是次数为 \(0\) 的系数。
注意到模数就是 \(2 ^ {16}\)，结合 \(2 | k\)，发现一个很厉害的事情，我们只需要维护次数为 \([0, 15]\) 的系数就可以了，因为 \(2 | k\)，对于次数 \(\le 16\) 的点，她一定不会对次数为 \(0\) 的点产生贡献，并且，假设当前点 \(i, i \ge 16\) 对 \([1, 15]\) 的点产生了贡献 \((2 \times p) ^ {i - j}\)，可以发现次数为 \(i - j\) 的这个点再贡献一步到 \(0\)，显然需要 \((2 \times p) ^ {j}\) 的贡献，这和之前的乘起来刚好就是 \((2 \times p) ^ i\)，所以还是不对次数为 \(0\) 的点产生贡献。
至此做法已经十分显然了，对于线段树上每个节点维护长度为 \([0, 15]\) 的 \(\texttt{Poly}\)，然后线段树在合并的时候就暴力乘，加 \(k\) 就直接用二项式定理暴力拆出来。
最后加上树剖的复杂度一共是 \(\log ^ 4\) 的，很难通过。
可以考虑把树剖+线段树换成 \(\texttt{lct}\)，或者注意到查询时间复杂度为 \(O(1)\)，直接开 \(n\) 颗线段树维护树剖上所有的链，这样都是 \(\log ^ 3\) 的。
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