[笔记] $f(i)$ 为 $k$ 次多项式，$\sum_{i=0}^nf(i)\cdot q^i$ 的 $O(k\log k)$ 求法

\(f(i)\) 为 \(k\) 次多项式，\(\sum_{i=0}^nf(i)\cdot q^i\) 的 \(O(k\log k)\) 求法

令 \(S(n)=\sum_{i=0}^{n-1}f(i)\cdot q^i\)，有一个结论，存在一个 \(\le k\) 次多项式 \(g(n)\) 使得 \(S(n)=q^ng(n)-g(0)\)。

证明

\(n=0\) 时显然成了，假设 \(n\le k-1\) 时都成立，考虑 \(n=k\) 时的情况：

\[qS(n)=\sum_{i=0}^{n-1}f(i)\cdot q^{i+1}=q^{n+1}g(n)-g(0) \]

\[S(n+1)=\sum_{i=0}^nf(i)\cdot q^i=q^{n+1}g(n+1)-g(0) \]

两式相减可得：

\[\sum_{i=1}^n(f(i)-f(i-1))\cdot q^i+f(0)=q^{n+1}(g(n+1)-g(n)) \]

令 \(h(x)=f(x)-f(x-1)\)，\(h(x)\) 是一个 \(k\) 次多项式的差分，也就是 \(k-1\) 次多项式。

那么左式等于 \(\sum_{i=1}^nh(i)\cdot q^i+f(0)\)，是 \(k-1\) 次多项式。

则右式 \(g(n+1)-g(n)\) 是 \(k-1\) 次多项式，故 \(g(n)\) 是 \(k\) 次多项式。

求解

\[s(n)-S(n-1)=q^n\cdot g(n)-q^{n-1}\cdot g(n-1)=q^{n-1}\cdot f(n-1) \]

即

\[q\cdot g(n)-g(n-1)=f(n-1) \]

因为已知 \(f(0\cdots k)\)，故如果知道 \(g(0)\)，就能递推求出 \(g(1\cdots k)\)，然后插值得到 \(g(n+1)\)。

设 \(g(0)=x\)，又递推式可得 \(g(1\cdots k)\) 是关于 \(x\) 的一次函数，又由 \(k\) 次多项式的 \(k+1\) 次差分为 \(0\)，解方程即可算出 \(g(0)\)。