Esta respuesta explora las ideas por @vonbrand, con una forma de Lagrange
la inversión para extraer los coeficientes. Me gustaría escribir la especie ecuación
de forma ligeramente diferente, a saber, como
$$\mathcal{T} = \mathcal{ZY} +
\mathcal{Z}\mathfrak{P}_{\ge 1}(\mathcal{T}).$$
Esto se traduce en la ecuación funcional
$$T(z) = zy + z(\exp T(z) - 1) = z(-1+y+\exp T(z)).$$
Estamos interesados en la extracción de los coeficientes según el siguiente
ecuación:
$$n! [z^n] T(z) =
\frac{n!}{2\pi i}\int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} T(z) dz.$$
Poner $w=T(z)$, de modo que
$$z = \frac{w}{-1+y+\exp w}$$
y
$$dz =
\left(\frac{1}{-1+y+\exp w}
- \frac{w\exp w}{(-1+y+\exp w)^2}\right)\; ps.$$
Este mapa corrige el origen, por lo que podemos escribir
$$\frac{n!}{2\pi i}\int_{|w|=\epsilon}
\frac{(-1+y+\exp w)^{n+1}}{w^{n+1}}
\times w \ \ \ \times
\left(\frac{1}{-1+y+\exp w}
- \frac{w\exp w}{(-1+y+\exp w)^2}\right)
ps.$$
Tratamos a los dos parenthesised términos en turno.
El primero de ellos ofrece
$$\frac{(-1+y+\exp w)^n}{w^n}
= \frac{1}{w^n}
\sum_{q=0}^n {n\elegir q} (y-1)^{n-q} \exp(wq)$$
Esto produce el residuo
$$\sum_{q=0}^n
{n\elegir q} (y-1)^{n-q} \frac{q^{n-1}}{(n-1)!}.$$
El segundo da
$$\exp w\frac{(-1+y+\exp w)^{n-1}}{w^{n-1}}
= \frac{1}{w^{n-1}}
\sum_{q=0}^{n-1} {n-1\elegir q} (y-1)^{n-1-p} \exp(w(q+1))$$
Esto produce el residuo
$$\sum_{q=0}^{n-1}
{n-1\elegir q} (y-1)^{n-1-p} \frac{(p+1)^{n-2}}{(n-2)!}.$$
Veamos el caso de $y=1$ antes de proceder a extraer los coeficientes.
Esto debería dar el número total de árboles en $n$ nodos.
Sólo el plazo para $q=n$ contribuye desde el primer plazo, dando
$$n! \times \frac{n^{n-1}}{(n-1)!} = n^n.$$
A partir del segundo semestre de $q=n-1$
$$n! \times \frac{n^{n-2}}{(n-2)!} = (n-1) \times n^{n-1}.$$
La diferencia de estos dos es$$n^{n-1}$$, que es el valor correcto.
Volvemos el proceso de extracción de los coeficientes de este y
multiplicando por $n!$ obtenemos el número de árboles con $n$ nodos y
$k$ deja que
$$n \times \sum_{q=0}^n
{n\elegir q} {n-p\elegir k} (-1)^{n-p-k} p^{n-1}
\\- n(n-1) \times \sum_{q=0}^{n-1}
{n-1\elegir q} {n-p-1\elegir k} (-1)^{n-p-1-k} (q+1)^{n-2}.$$
Ahora con las siguientes definiciones de Arce
c1 := proc(n,k)
n*agregar(binomial(n,p)*binomial(n-p,k)*
(-1)^(n-p-k)*p^(n-1), q=0..n);
end;
c2 := proc(n,k)
n*(n-1)*agregar(binomial(n-1,q)*binomial(n-1-p,k)*
(-1)^(n-1-p-k)*(q+1)^(n-2), q=0..n);
end;
c := (n, k) -> c1(n,k)-c2(n,k);
obtenemos la siguiente secuencia para $k=1$ a partir de a $n=2:$
$$2, 6, 24, 120, 720, 5040, 40320, 362880, 3628800,\ldots$$
lo cual es correcto y cuenta el número de arraigada de caminos con una hoja en
la parte de abajo.
Para $k=2$ a partir de a $n=3$ tenemos
$$3, 36, 360, 3600, 37800, 423360, 5080320, 65318400, 898128000,\ldots$$
que nos señala OEIS A055303
donde nos encontramos con que tenemos el derecho de los valores.
A continuación, intente $k=3$ a partir de a $n=4$ para obtener
$$4, 140, 3000, 54600, 940800, 16087680, 279417600, 4989600000,
92207808000,\ldots$$
que nos señala OEIS A055304, una vez más
a confirmar la exactitud de los de arriba de la derivación.
El caso de $k=4$ a partir de a $n=5$ rendimientos
$$5, 450, 18900, 588000, 15876000, 400075200, 9779616000, 237105792000,
5779453680000,\ldots$$
que nos señala OEIS A055305. Esto también
está confirmado.
El último que vamos a comprobar es $k=5$ a partir de a $n=6$, lo que produce
$$6, 1302, 101136, 5143824, 210198240, 7593173280, 255415628160,
8252203639680, 261173083691520,\ldots$$
que apunta a OEIS A055306, buena noticia
una vez más.
Adicional OEIS consulta muestra que, incluso, $k=10$ está en la lista
y hay una tabla maestra en OEIS A055302.
Adenda. La fórmula anterior para los árboles en $n$ nodos y con $k$
hojas admite adicional de la simplificación. Ambos términos son circunvoluciones
de exponenciales funciones de generación $A(z)$$B(z)$.
El primer término tiene
$$A(z) = \sum_{m\ge 0} {m\elegir k} (-1)^{m-k} \frac{z^m}{m.}
= \sum_{m\ge k} {m\elegir k} (-1)^{m-k} \frac{z^m}{m.}
\\= \frac{1}{k!} \sum_{m\ge k} \frac{(-1)^{m-k}}{(m-k)!} z^m
= \frac{z^k}{k!} \exp(-z)$$
y
$A$B(z) = \sum_{m\ge 0} m^{n-1} \frac{z^m}{m.}
= \exp(z) \sum_{q=1}^{n-1} {n-1\llave q} z^p$$
como es fácilmente demostrado por inducción.
Esto le da la siguiente forma cerrada para el primer término:
$$n \times n!
[z^n] \frac{z^k}{k!} \sum_{q=1}^{n-1} {n-1\llave q} z^q
= n \times n!
[z^{n-k}] \frac{1}{k!} \sum_{q=1}^{n-1} {n-1\llave q} z^q
\\= n \times \frac{n!}{k!} {n-1\llave de n-k}.$$
El segundo término está estrechamente relacionado con el primero, siendo evaluada en la
$n-1$ en lugar de $n.$ La función de $A(z)$ es el mismo y $B(z)$ es
$A$B(z) = \sum_{m\ge 0} (m+1)^{n-2} \frac{z^m}{m.}
= \exp(z) \sum_{q=1}^{n-1} {n-1\llave q} z^{p-1}$$
como queda una vez más demostrado fácilmente por inducción.
Esto le da la siguiente forma cerrada para el segundo término:
$$n(n-1) \times (n-1)!
[z^{n-1}] \frac{z^k}{k!} \sum_{q=1}^{n-1} {n-1\llave q} z^{p-1}
\\= n(n-1) \times (n-1)!
[z^{n-1-k}] \frac{1}{k!} \sum_{q=1}^{n-1} {n-1\llave q} z^{p-1}
\\ = n(n-1) \frac{(n-1)!}{k!} {n-1\llave de n-k}.$$
La conclusión es que el número de árboles en $n$ nodos y con $k$
las hojas se está dada por
$$\left(n - (n-1)\right)
\frac{n!}{k!} {n-1\llave de n-k}
= \frac{n!}{k!} {n-1\llave de n-k}.$$
Post scriptum. El más simple de evaluación de los dos $B(z)$ está en
hecho no por inducción, sino que utiliza una Stirling básico número de identidad.
Supongamos que buscamos
$$\sum_{m\ge 0} m^{n-1} \frac{z^m}{m!}.$$
Ahora recuerdo que
$$m^{n-1} = \sum_{q=0}^{n-1} {n-1\brace q} m^{\underline q}.$$
La sustitución de los rendimientos
$$\sum_{m\ge 0}
\left(\sum_{q=0}^{n-1} {n-1\llave q} m^{\underline q}\right)
\frac{z^m}{m.}$$
que es
$$\sum_{q=0}^{n-1} {n-1\llave q}
\sum_{m\ge 0} m^{\underline{q}} \frac{z^m}{m.}
= \sum_{q=0}^{n-1} {n-1\llave q}
\sum_{m\ge q} m^{\underline{q}} \frac{z^m}{m.}
\\= \sum_{q=0}^{n-1} {n-1\llave q}
\sum_{m\ge q} \frac{z^m}{(m-q)!}
= \sum_{q=0}^{n-1} {n-1\llave q} z^q \exp(z)$$
y tenemos el resultado.
