题解 P5084 轮换式/P6296 轮换式 加强版
题意简述
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现有 \(n\) 个变量 \(a_1,a_2,\cdots,a_n\)，给出所有它们能组成的 \(k\) 次轮换式的值 \(f_k\)，求 \(\sum\limits_{i=1}^n a_i^m\)。
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\(n \leq 30000,m \leq 10^9\)。
题目分析
轮换式是典型的积和形式，直接考虑写成生成函数：
\[f_k=[x^k]\prod\limits_{i=1}^n(1+a_ix)
\]
\[F(x)=\prod\limits_{i=1}^n(1+a_ix)
\]
发现这个累乘很难处理，考虑两边取 \(\ln\)：
\[\begin{aligned}
\ln F(x)
& =\sum\limits_{i=1}^n \ln(1+a_ix) \\
& =\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j \geq 1} -\dfrac{(-a_ix)^j}{j} \\
& =\sum\limits_{j \geq 1} \dfrac{(-1)^{j+1}}{j} x^j \sum\limits_{i=1}^n a_i^j
\end{aligned}
\]
于是答案为：
\[Ans=\dfrac{m}{(-1)^{m+1}}[x^m]\ln F(x)
\]
只需要求出 \([x^m] \ln F(x)\) 即可。
\(m\) 过大，肯定不能暴力求，考虑 \(\ln\) 的递推求法：
\[G=\ln F
\]
\[G'=\dfrac{F'}{F}
\]
\[FG'=F'
\]
\[kf_k=\sum\limits_{i=1}^{k} ig_{i}f_{k-i}
\]
当 \(k \leq n\) 时，暴力求 \(\ln\) 即可，时间复杂度 \(O(n \log n)\)。
当 \(k > n\) 时，有 \(f_k=0\)。
\[\begin{aligned}
0
& =\sum\limits_{i=1}^{k} ig_{i}f_{k-i} \\
& =\sum\limits_{i=0}^{k-1} (k-i)g_{k-i}f_i \\
& =\sum\limits_{i=0}^{n} (k-i)g_{k-i}f_i \\
& =kf_0 g_k+\sum\limits_{i=1}^{n} (k-i)g_{k-i}f_i \\
\end{aligned}
\]
\[kf_0 \cdot g_k=-\sum\limits_{i=1}^n (k-i)f_i \cdot g_{k-i}
\]
这是非常显然的齐次线性递推的形式，总时间复杂度 \(O(n \log n \log m)\)。
代码里的 \(g_k\) 代表实际是 \(kg_k\)，会方便一些。
代码
...
long long n,m;
long long A[N],F[N],G[N],P[N];
int main(){
pre();
cin>>n>>m;
F[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) F[i]=rd();
poly::Ln(G,F,n);
for(int i=0;i<=n;i++) G[i]=G[i]*i%mod;
for(int i=1;i<=n;i++) P[i]=(mod-F[i])%mod;
cout<<Recursion::solve(P,G,m,n+1)*ID(m+1)%mod;
}
