多项式计数

Matrix - Tree 定理

需要知道的一些线性代数知识

线性相关

考虑 $n$ 个向量 $v_1,v_2\dots v_n$，如果存在 $(a_1,a_2,\dots a_n)\ne 0$ 满足 $a_1{v}_1+a_2{v}_2\cdots =0$ 那么称这 $n$ 个向量线性相关，反之为线性独立。

行列式

对于一个 $n\times n$ 的矩阵 $A$。

$$\text{det}(A)=\sum _{\sigma :\prod (n)}{A}_{1,\sigma (1)}{A}_{2,\sigma (2)}\dots A_{n,\sigma (n)}(-1{)}^{inv(\sigma )}$$

性质

• 将第 $i$ 列 $\times a$ 加到第 $j$ 列，$det(A)$ 不变。
• 交换两列，行列式值取反。
• 某列全体 $\times a$，$det$ 变大 $a$ 倍。

以上三个可以根据定义得到，并且对于行也成立。

同时行列式满足 $det(A)=det(A^T)$。如果 $det(A)\ne 0$，那么所有列向量是线性无关的。

计算方式

观察三角矩阵的 $det$。会发现其值为 $\prod a_{i,i}$。

考虑如果做一个类似高斯消元的过程让行列式变成三角矩阵。

可以讲一下大概怎么做，其实是非常平凡的，我们考虑一列一列消。对于第 $i$ 列，只保留 $[1,i]$ 行的内容。通过第一条性质可以轻松做到，举例：

$$\left|\begin{array}{ccc}2& 3& 1\\ 1& 3& 4\\ 2& 2& 3\end{array}\right|$$

先消第一行，那么对于第二行加上第一行所有的数 $\times -{\displaystyle \frac{1}{2}}$ 的结果，第三行加上第一行所有的数 $\times -1$ 的结果，得到：

$$\left|\begin{array}{ccc}2& 3& 1\\ 0& {\displaystyle \frac{3}{2}}& {\displaystyle \frac{7}{2}}\\ 0& -1& 2\end{array}\right|$$

然后对于第二列做一样的操作，会发现因为前面都是 $0$ 了，那么这些数是不会影响操作的。最后就会形成一个三角矩阵。

在需要取模非质数的时候，可以进行两行辗转相减，不做赘述。

矩阵树定理

对于图 $G=(V,E)$，考虑

定义 $Q$ 矩阵，满足：

• $Q_{i,i}=de{g}_i$
• $Q_{i,j}=-1,i\ne j,(i,j)\in E$
• $Q_{i,j}=0,i\ne j,(i,j)\notin E$

令 $M_{1,1}$ 为删掉 $Q$ 中的第一行第一列，则 $G$ 中的生成树个数就等于 $det(M_{1,1})$。

$Q$ 矩阵还有一个名字即 Kirchoff 矩阵。还可以写成 $Q=D-A$，$D$ 为度数矩阵 $A$ 为图的邻接矩阵。

如果有重边同样成立，将 $-1\to -cnt$，$cnt$ 为之间的边数即可。

而且 $M_{i,i}=M_{j,j},i,j\in [1,n]$。

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证明

证明是比较重要的， 因为后面题目需要用到一些证明的思想。

定义矩阵 $E$，其有 $n$ 行 $m$ 列，满足 $i$ 列的 $u$ 项为 $1$，$v$ 项为 $-1$。其中 $(u,v)$ 为 $i$ 条边连接的点。

那么有 $E\times E^T=Q$，这个是好证明的。

令 $F$ 为 $E$ 删掉第一行的矩阵，那么有

$$det(M_{1,1})=det(F\times F^T)=\sum _{S}det(F_S{)}^2$$

第二部运用了 Cauchy–Binet formula，即对于 $n\times m$ 矩阵 $A$ 和 $m\times n$ 矩阵 $B$，$det(AB)=\sum _{S}det(A_S)det(B_S)$ 其中 $S$ 表示 $\{1,2,\dots m\}$ 的大小为 $n$ 的一个子集。$A_S$ 表示取出这些对应列组成的矩阵，$B$ 是取出这些对应行组成的矩阵。这里带入 $F,F^T$ 会发现 $(F_S{)}^T=(F^T{)}_S$，也就是说这两个的行列式是一样的，通过上面的行列式的性质可以得到。

引理：$S$ 相当于在 $m$ 里面选择 $n-1$ 条边。会发现，$det(F_S)=\pm 1$ 当且仅当 $S$ 构成生成树，否则 $det(F_S)=0$。

如果 $S$ 存在环，那么显然这个环上面的所有边构成的列向量加起来是 $0$，也就是说 $det(A)=0$。对于第一部分的证明，可以感性观察，注意到交换行列不会影响行列式的绝对值，因此可以构造出来三角矩阵，且斜对角全部是 $-1$。

也就是说 $\sum _{S}det(F_S{)}^2$ 就是对于生成树计数。

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用法以及技巧

带权树

矩阵树可以求的是：

$$\sum _{T}1$$

同样还可以求：

$$\sum _T\prod _{e\in T}{w}_e$$

可以把边的权值视为有 $w_e$ 条重边，发现每一个生成树相当于没有重边的版本乘上权值。将对应的 Kirchoff 矩阵修改即可。

一些 DFT / IDFT 的算法

学多项式是一个很有意思的过程。开始的时候你会学习 FFT / NTT 知道怎么样通过 DFT / IDFT 快速计算多项式的各种操作。然后你会深入学习多项式的各种运算，比如求逆、$\exp ,\ln$ 等等。然后你会到这一个部分，你发现又回到了 DFT / IDFT 的一些操作之中，但是再次看这些东西的时候，你其实比刚开始学的时候有了更为深入的理解。有一种“反其本矣”的奇妙感觉。

Bluestein

一般在做 DFT 的时候，会将给定的多项式变成 $2^k$ 长度来操作，考虑这样一个问题：

给定 $A(x)$，求 $A(x)$ 在 ${\omega }^0,\dots ,{\omega }^{n-1}$ 位置的点值。

转化，对于 $b_0\dots b_{n-1}$，令 $b_m=\sum _{k=0}^{n-1}{a}_k\times ({\omega }^m{)}^k$，有一个小技巧：

$$2mk=m^{\underset{―}{2}}+(k-1{)}^{\underset{―}{2}}-(m-k{)}^{\underset{―}{2}}$$

通过这个来整理一下式子，能够得到：

$$b_m={\omega }^{\frac{1}{2}{m}^{\underset{―}{2}}}\sum _{k=0}^{n-1}{a}_k{\omega }^{\frac{1}{2}(k+1{)}^{\underset{―}{2}}-\frac{1}{2}(m-k{)}^{\underset{―}{2}}}$$

后面两个东西看起来很像一个卷积的形式，但是不标准，因为和事 $m+1$。经典平移一下，令 $B_{m+n}={\omega }^{-\frac{1}{2}{m}^{\underset{―}{2}}}{b}_m$，$A_k=a_k{\omega }^{\frac{1}{2}(k+1{)}^{\underset{―}{2}}}$，再令 $C_j=\omega -\frac{1}{2}(j-n{)}^{\underset{―}{2}}$，让 $A_v=0,v\in [n,m+n]$ 能够得到：

$$B_{m+n}=\sum _{k=0}^{n+m}{A}_k{C}_{m+n-k}$$

这就是标准卷积形式，其中的 $A,C$ 都是很好得到的。

注意在小技巧部分，如果用 $2mk=m^2+k^2-(m-k{)}^2$ 看起来能够得到结果，但是这会导致 $\sqrt{\omega }$ 的出现，这要求存在二次剩余。

Bluestein 还有一个优势就是可以做等比多点求值，且是 $\mathcal{O}(n\log n)$，比直接多项式多点求值要快。

I：JDU-4656

题面

给定 $a,b,c,d$，令 $F(x)=\sum _{i=1}^{n-1}{a}_i{x}^i$，$\mathrm{\forall }k\in [0,n)$ 求 $F(b\times c^{2k}+d)$。取模 ${10}^6+3$。

Sol

先推一下式子：

$$\begin{array}{rl}F(k)& =\sum _{i=1}^{n-1}{a}_i(b\times c^{2k}+d{)}^i\\ & =\sum _{i=1}^{n-1}{a}_i\sum _{j=0}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})b^j{c}^{2kj}{d}^{i-j}\\ & =\sum _{j=0}^{n-1}{\displaystyle \frac{b_j{c}^{2kj}}{j!}}\sum _{i=j}^{n-1}{\displaystyle \frac{i!a_i{d}^{i-j}}{(i-j)!}}\end{array}$$

令 $p_j=\sum _{i=j}^n{a}_{i}i!{\displaystyle \frac{d^{i-j}}{(i-j)!}}$，这看起来就很能卷机的样子，搞一搞可以弄成：$p_{n-j}^{\prime }=\sum _{i=0}^{n-j}{f}_{n-i-j}{g}_i$ 的形式。

对于前面那个东西，回顾一下刚才的东西，令 $\omega =c^{2k}$ 就是一个等比多点求值的过程了。

注意这题要 MTT。

单位根反演

核心式子：

$$[n|k]={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=0}^{n-1}{\omega }_n^{ik}$$

证明需要回顾一下单位根的性质，在多项式小记里面有，都是非常基础的。

• 如果 $kmodn=0$，此时有 ${\omega }^{ik}=1$ 右边等于 ${\displaystyle \frac{1}{n}}\times n=1$ 等于左边。
• 如果 $kmodn\ne 0$，此时右边是等比数列求和，结果为 ${\displaystyle \frac{{\omega }_n^{kn}-1}{{\omega }_n^k-1}}$，分子等于 $0$ 且分母不等于 $0$。结果就是 $0$。

这个是处理形如“只保留某个数的倍数项”问题的利器。直接来看例题。

II：白兔的 ？难

cnblogs 你这屏蔽我？

题面

给定 $n,k$ 求：

$$\mathrm{\forall }0\le t<k,s_t=\sum _{i=-t}^{n-t}[k|i](\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i+t})$$

$n\le {10}^{{10}^6},k=2^m,m\le 20$。

Sol

进行单位根反演:

$$\begin{array}{rl}{s}_t& =\sum _{i=-t}^{n-t}[k|i](\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i+t})\\ & =\sum _{i=-t}^{n-t}{\displaystyle \frac{1}{k}}\sum _{j=0}^{k-1}{\omega }_k^{ij}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i+t})\\ & ={\displaystyle \frac{1}{k}}\sum _{i=-t}^{n-t}\sum _{j=0}^{k-1}{\omega }_k^{ij}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i+t})\end{array}$$

套路地交换求和项，然后进行一些提取。

$$\begin{array}{rl}{s}_t& ={\displaystyle \frac{1}{k}}\sum _{j=0}^{k-1}{\omega }^{-tj}\sum _{i=-t}^{n-t}({\omega }^{i+t}{)}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i+t})\\ & ={\displaystyle \frac{1}{k}}\sum _{j=0}^{k-1}{\omega }^{-tj}\sum _{i=0}^n({\omega }^j{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})\\ & ={\displaystyle \frac{1}{k}}\sum _{j=0}^{k-1}{\omega }^{-tj}({\omega }^j+1{)}^n\end{array}$$

对于 DFT / IDFT 比较熟悉的选手能够看出来这部分就是一个 IDFT 过程（因为这刚好是一个 $2^v$ 的多项式）就是我们在知道了点表示法然后转回到系数表示法的过程，这个在多项式小记里面也有式子。写起来是比较简单的。

来看一道综合一点的套路题，也是可爱的兔子。

III：白兔之舞

题面

给定 $(L+1)\times n$ 个点，可以理解为 $(L+1)$ 行 $n$ 列。对于一对点 $(u_1,v_1),(u_2,v_2)$ 若 $u_2>u_1$ 则 $(u_1,v_1)\to (u_2,v_2)$ 之间有 $W[v_1][v_2]$ 条不同的边。其他情况没有边。现在给定 $x,k,y$，有一只兔子从 $(0,x)$ 开始，终点在 $(?,y)$。对于所有 $0\le t<k$，求有多少条不同的路径满足其长度 $lenmodk=t$，答案 $modp$。

$n\le 3,L\le {10}^8,1\le k\le 65536,p\in prime,k|(p-1)$。

Sol

先考虑固定长度 $i$ 有多少种从 $(0,x)\to (?,y)$ 的方案，令这个问题答案为 $f_i$。对于行，相当于选择一些行去走，即 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{L}{i})$，行和列是独立的，令 $G$ 为开始时候的矩阵，那么列的情况就应该是 $G\times W^i$ 的第 $y$ 项，下面记为 $(G\times W^i{)}_y$。经典传球问题。那么有 $f_i=(\genfrac{}{}{0ex}{}{L}{i})\times (G\times W^i{)}_y$，接下来就可以开始推式子了，令答案为 $ans$：

$$\begin{array}{rl}an{s}_t& =\sum _{i=0}^L[k|(i-t)]f_i\\ & =\sum _{i=0}^L{\displaystyle \frac{1}{k}}\sum _{j=0}^{k-1}{\omega }_k^{j(i-t)}\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{L}{i})\times (G\times W^i{)}_y\\ & =({\displaystyle \frac{1}{k}}\times \sum _{j=0}^{k-1}G\times {\omega }_k^{-jt}\sum _{i=0}^L({\omega }_k^j{)}^i\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{L}{i})\times W^i{)}_y\\ & =({\displaystyle \frac{1}{k}}\times \sum _{j=0}^{k-1}G\times {\omega }_k^{-jt}({\omega }_k^j\times W+I{)}^L{)}_y\end{array}$$

这里已经看到胜利的曙光了，但是这个题有点问题在于并没有保证 $L=2^v$ 不能走捷径，但是问题也不大，相当于要长度不为 $2^v$ 的单位根的点值，老老实实用 Bluestein 做。但是还要注意要写 MTT，因为模数不确定。

感觉这题的评分点全在套路上了，推式子就是纯套路。

循环卷积

这部分的定义需要注意一下，不要和普通的线性卷积混淆。循环卷积如其名，为：

$$C_r=A(x)\otimes B(x)=\sum _{p,q}[(p+q)modn=r]A_p{B}_q$$

我们一般写 DFT 的时候一般会有这样一步操作：

for(;n<sizX+sizY;n<<=1);

也就是说平时的时候我们做 DFT / IDFT 的时候实际上我们是取模了 $2^v$。但是有时候，题目会让我们去做一个 $n$ 次意义下的循环卷积。你说，这很简单，我帮两个多项式乘起来，然后做一个 $\mathcal{O}(n)$ 的加法实现循环卷积的功能。听起来很好，但是这个做法有不小隐患，来看一个例题。

IV：P4191

题面

给定两个 $n$ 次多项式 $A,B$，和一个数字 $c$，求 $A\times B^c$，其中乘法的定义为 $n$ 次循环卷积。取模 $n+1$，保证 $n+1$ 是一个质数。

Sol

这时候上面 naive 的做法就不太行了，需要知道一个定理：

两个 $n$ 次多项式的 $n$ 次循环卷积等于他们 DFT 之后系数相乘再进行 IDFT 得到的结果。

这个定理在之前 FFT 的时候，我们是用“点表示法”来理解的。现在我们还可以用单位根反演来证明它，这里就先暂时略过。这个定理的用处在于，如果我们能够求出来 $B$ 的 DFT 形式，对于每一个数做一次快速幂，然后做一次 IDFT 就可以得到 $B^c$ 在 $n$ 次意义下的循环卷积。

回顾我们在做 DFT 的时候要做什么，在 ${\omega }^{0\to n-1}$ 的地方求点值。这时候我们 $n$ 变得一般化了，这意味着要干什么？Bluestein 直接干就对了。

但是这个题目还有一个条件，保证输入的 $n$ 能够分解成若干个不超过 $\le 10$ 的数的乘积。运用这个条件，我们可以换一种方法试一试。

在正常的 FFT 中，我们有两个个关键的式子：

$F({\omega }_n^{k+n/2})=F_e({\omega }_{n/2}^k)-{\omega }_n^k{F}_o({\omega }_{n/2}^k)$

$F({\omega }_n^k)=F_e({\omega }_{n/2}^k)+{\omega }_n^k{F}_o({\omega }_{n/2}^k)$

也就是说，我们通过把多项式分成奇偶两个部分，让两个部分分别只算 $\frac{n}{2}$ 个点值，然后如此递归下去，最后只需要做若干个长度为 $1$ 的多项式求一个点值。这样的复杂度就是 $\mathcal{O}(n\log n)$。

这个思想是可以推广的，对于一个普通的 $n$，如果其有因子 $d$，那么有仍然可以拆分成 $d$ 个多项式求点值的结果，具体地：

$$A({\omega }_n^j)=\sum _{i=0}^{d-1}{\omega }_n^{ij}{A}_i({\omega }_{\frac{n}{d}}^j)$$

如果 $n$ 是一个大质数，那么无法这样进行分解，只能做 $n$ 次暴力点值，是非常糟糕的。但是由于 $n$ 最大的质因子为 $7$，也就是说最后需要暴力做的长度最多是 $7$，就可以通过这个小技巧不用 Bluestein 的推导同样做出来。

例题

P3746

题面

求

$$(\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{nk}{ik+r}))modp$$

其中 $n,k,r,p$ 给定 $r<k\le 50,n\le {10}^9$，$p\le 2^{30}$。

Sol

如果你跟我一样一眼看不出答案就老老实实单位根反演，得到的结果是：

$${\displaystyle \frac{1}{k}}\sum _{j=0}^{k-1}{\omega }_k^{-jr}({\omega }_k^j+1{)}^{nk}$$

同样发现这是一个反演的式子，令 $F_r$ 等于其，那么 $(1+{\omega }_k^j{)}^{nk}$ 就是 $F$ 在 ${\omega }_k^j$ 位置的点值。也就是说 $F_i=[x^i](1+x{)}^{nk}$ 注意这里应该是在 $k$ 次意义下的循环卷积乘法，通过单位根的性质能够得到。需要特判 $k=1$，因为这时候 $(1+x)$ 本身就超过长度了，应该是 $2$.

Loj6475

题面

给定 $n,s,a_0,a_1,a_2,a_3$，求：

$$(\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})s^i{a}_{imod4})mod998244353$$

多测，$T\le {10}^5,n\le {10}^{18},s,a\le {10}^8$。

Sol

显然要拆贡献，得到：

$$F_v={\displaystyle \frac{1}{4}}{a}_v\sum _{j=0}^3{\omega }_4^{-jv}(s{\omega }_4^j{)}^n$$

注意到因为模数是给出来的，则 ${\omega }_4^1=g^{\frac{p-1}{4}}$ 就有 $\mathcal{O}(16\times T\log n)$ 的复杂度。

P5591

题面

求：

$$\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})\times p^i\times \lfloor \frac{i}{k}\rfloor mod998244353$$

其中 $n,p\le 998244353,k\le {10}^6,k=2^v$。

Sol

这题需要一定的转化，向下取整式非常头疼的，向下取整在莫反里面用到的比较多，但这个题和数论函数关系不大。知道 $\lfloor \frac{i}{k}\rfloor =\frac{i-imodk}{k}$，可以开始代换，我试了一下拆贡献，是可以做但是会让题目变得比较复杂，到后面要用白兔之舞的技巧，而且还需要稍微卡常，不拆贡献直接先一起考虑更好，对于后面需要取模的部分再拆贡献（需要用到：$m(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})=n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m-1})$

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})p^i{\displaystyle \frac{i-imodk}{k}}& =\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})p^i{\displaystyle \frac{i}{k}}-\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})p^i{\displaystyle \frac{imodk}{k}}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{k}}(np(p+1{)}^{n-1}-\sum _{r=0}^{k-1}r[x^r](1+px{)}^n)\end{array}$$

后面的部分经典循环卷积，题目很善良地给了 $k=2^v$，因此直接做一次 NTT，然后每一个位置做一个 $n$ 次幂，然后拉回来 $\times r$ 即可。前面的更简单，直接数字运算。

各种 FFT 的套路 + 一些线性代数

FFT 套路

AVL-Tree

转移：

$$\begin{array}{r}{f}_h[n]=\sum _{i=0}^{n-1}{f}_{h-1}[i]\times f_{h-1}[n-i-1]+2f_{h-2}[i]\times f_{h-1}[n-i-1]\\ \Rightarrow F_h(x)=x(F_{h-1}(x{)}^2+2F_{h-1}(x)F_{h-2}(x))\end{array}$$

求 ${\omega }^0\to {\omega }^{65535}$ 即可，不用 NTT，最后还原。

Buying snacks

转移：

$$f_i[j]=f_{i-1}[j]+f_{i-1}[j-1]+f_{i-1}[j-2]+f_{i-2}[j-1]+f_{i-2}[j-3]+2f_{i-2}[j-2]$$

分情况讨论得到的结果。

$$F_i(x)=F_{i-1}(x)(1+x+x^2)+F_{i-2}(x)(x+x^3+2x^2)$$

由于 $n$ 太大，点值不够求 $F_n(x)$ 的系数。

考虑矩阵快速幂：

$$\left[\begin{array}{c}{F}_i(x)\\ F_{i-1}(x)\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}1+x+x^2& x+2x^2+x^3\\ 1& 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{F}_{i-1}(x)\\ F_{i-2}(x)\end{array}\right]$$

相当于求 $A^n$，中间用多项式乘法。注意优化（减少 DFT / IDFT 的次数）。

复杂度双 $\log$。

Poland Ball

转移：

$$f_{n,m}=f_{n-1,m}+f_{n-1,m-1}+f_{n-2,m-1}$$

即

$$F_n(x)=(1+x)F_{n-1}(x)+x{F}_{n-2}(x)$$

矩阵快速幂同样可以双 $\log$。

令 $G(z)=\sum _{i=0}^n{F}_i{z}^i$。

有 $G(z)={\displaystyle \frac{1}{1-(1+x)z-x{z}^2}}$，之后化成 $G(z)={\displaystyle \frac{u}{1-Az}}+{\displaystyle \frac{v}{1-Bz}}$ 的形式。其中 $u,v$ 只和 $A,B$ 相关，$A,B$ 只和 $x$ 相关。

得到 $[z^n]G(z)={\displaystyle \frac{A^{n+1}-B^{n+1}}{A-B}}$ 全家桶并用，能做到 $\mathcal{O}(k\log k)$ 因为只用保留 $k$。

Unlucky string（改）

给定 $n,m,k$ 有 $m$ 个字符，给定一个长度为 $k$ 的字符串 $S$。求有多少个长度为 $n$ 的字符串满足其中不含 $S$ 为字串。$n,m,k\le {10}^5$。

令 $f_i$ 表示有多少个长度为 $i$ 且后缀恰好为 $s$ 且前面都没有出现过 $s$。

$i<k\to f_i=0$，反之则：

$$f_i=m^{i-k}-\sum _{j=0}^{i-k}{f}_j{m}^{i-k-j}-\sum _{d\in border(S)}{f}_{i-d}$$

令 $d(x)=\sum _{i\in border(S)}{x}^i$

$$F(x)={\displaystyle \frac{x^k}{1-mx}}-{\displaystyle \frac{x^{k}F(x)}{1-mx}}-F(x)\times d(x)$$

验证起来是比较简单的，要学习正推。

$$F(x)={\displaystyle \frac{x^k}{(1-mx)(d(x)+1)+x^k}}$$

答案为 $m^n-\sum _{i=0}^n{f}_i{m}^{n-i}$

优化齐次线性递推方程

若 $f$ 满足：

$$f_i=c_1{f}_{i-1}+c_2{f}_{i-2}+\cdots +c_k{f}_{i-k}$$

若 $k\le 32000,n\le {10}^9$ 求 $f_n$？

直接用矩阵快速幂大概是 $\mathcal{O}(k^3\log n)$ 的算法，无法满足。

但是还是可以构造出来矩阵：

$$\left[\begin{array}{c}{f}_n\\ ⋮\\ f_{n-k+1}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccccc}{c}_1& c_2& \dots & c_{k-1}& c_k\\ 1& 0& \dots & 0& 0\\ 0& 1& \dots & 0& 0\\ 0& 0& \dots & 1& 0\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{c}{f}_{n-1}\\ ⋮\\ f_{n-k}\end{array}\right]$$

特征多项式

记：

$$\mathrm{\Phi }(\lambda )={\lambda }^k-c_1{\lambda }^{k-1}-\cdots -c_k$$

其实就是转移矩阵 $M$ 的特征多项式，关于 $M$ 的特征多项式，定义方式为：

$$det(\lambda I-M)$$

对于上面式子左侧的结果就是：

$$det\left[\begin{array}{ccccc}\lambda -c_1& -c_2& -c_3& \dots & c_k\\ -1& \lambda & 0& \dots & 0\\ 0& -1& \lambda & \dots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & \ddots \\ 0& 0& \dots & -1& \lambda \end{array}\right]$$

用代数余子式计算，能够得到这个行列式算出来就是上面的 $\mathrm{\Phi }(\lambda )$

Cayley - Hamilon 定理

有 $\mathrm{\Phi }(M)=0$。

证明是超纲的，有空补。

优化

设 $x^n=P(x)\times \mathrm{\Phi }(x)+r(x)$，即带余除法。则：

$$M^n=P(M)\times \mathrm{\Phi }(M)+r(M)\Rightarrow M^n=r(M)$$

有 $r(M)=\sum _{i=0}^{k-1}{r}_i{M}^i$

令

$$F_i=\left[\begin{array}{c}{f}_i\\ ⋮\\ f_{i-k+1}\end{array}\right]$$

有 $F_{n+k-1}=M^n{F}_{k-1}$ 稍微注意这个最开始矩阵快速幂左边向量的区别。代入有：

$$F_{n+k-1}=\sum _{i=0}^{k-1}{r}_i{M}^i{F}_{k-1}=\sum _{i=0}^{k-1}{r}_i{F}_{i+k-1}$$

则

$$f_n=\sum _{i=0}^{k-1}{r}_i{f}_i$$

这个是可以 $\mathcal{O}(k)$ 算出来的。问题在 $r(x)$ 需要 $\mathcal{O}(n\log n)$ 做带余除法，但是注意到 $x^n$ 这个形式是简单的，令 $a+b=n$，有：

$$x^{n}mod\mathrm{\Phi }(M)=(x^{a}mod\mathrm{\Phi }(M)\times x^{b}mod\mathrm{\Phi }(M))mod\mathrm{\Phi }(M)$$

分治下去，可以做到 $\mathcal{O}(k\log k\log n)$。

更多多项式技巧

多项式平移

若 $F(x)=\sum _{i=0}^n{a}_i{x}^i$，求 $F(x+c)$。

$$\begin{array}{rl}F(x+c)& =\sum _{i=0}^n{a}_i(x+c{)}^i\\ & =\sum _{i=0}^n{a}_i\sum _{j=0}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})x^j{c}^{i-j}\\ & =\sum _{j=0}^n{\displaystyle \frac{x^j}{j!}}\sum _{i=j}^n{a}_{i}i!{\displaystyle \frac{c^{i-j}}{(i-j)!}}\end{array}$$

想要求后面的东西

$$\begin{array}{rl}an{s}_i& =\sum _{j=i}^n{a}_{j}j!{\displaystyle \frac{c^{j-i}}{(j-i)!}}\\ & =\sum _{k=0}^{n-i}{a}_{k+i}(k+i)!{\displaystyle \frac{c^k}{k!}}\\ & =\sum _{j+k=n-i}{a}_{n-j}(n-j)!{\displaystyle \frac{c^k}{k!}}\\ & =\sum _{j+k=n-i}{a}_j^{\prime }{\displaystyle \frac{c^k}{k!}}\end{array}$$

其中 $a_j^{\prime }=a_{n-j}(n-j)!$ 再令 $an{s}_i^{\prime }=an{s}_{n-i}$，就有标准形式卷积了。

FFP

FFP 指下降幂多项式。是形如 $F(x)=\sum b_i{x}^{\underset{―}{i}}$ 的多项式。

平移

有下降幂的二项式定理：

$$(x+y{)}^{\underset{―}{i}}=\sum _{j=0}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})x^{\underset{―}{i}}{y}^{\underset{―}{i-j}}$$

同理 $an{s}_i^{\prime }=\sum _{j+k=i}{b}_j^{\prime }{\displaystyle \frac{c^{\underset{―}{k}}}{k!}}$

连续点值 $\iff$ FFP 系数

FFP 是处理连续点值的利器，包括连续点值求和等等。考虑有 $f(x)$ 在 $0\sim n$ 的点值为 $y_0\sim y_n$。又知道 $f(x)=\sum _{i=0}^n{b}_i{x}^{\underset{―}{i}}$ 这两者如何转化。

$b\to y$

有

$$y_k=f(k)=\sum _{i=0}^k{b}_i{\displaystyle \frac{k!}{(k-i)!}}$$

$$\therefore {\displaystyle \frac{y_k}{k!}}=\sum _{i=0}^k{b}_i{\displaystyle \frac{1}{(k-i)!}}$$

$y\to b$

$$\hat{y}(x)=y_0+y_1{\displaystyle \frac{x}{1!}}+\cdots +{\displaystyle \frac{y_n}{n!}}{x}^n$$

根据上面那个所以综合得到 $\hat{y}(x)=b(x)e^{x}mod{x}^{n+1}\iff b(x)=e^{-x}\hat{y}(x)mod{x}^{n+1}$

如果是给定 $c\sim c+n$ 的时候，通过平移即可。

StirlingNumber

具体内容在这里曾经写过。这里讨论如何快速求一行、一列的 StirlingNumber。

第一类 - 行

转求 $x^{\bar{n}}$ 的系数，令 $f_n(x)=x^{\bar{n}}$ 注意到 $f_{2n}(x)=f_n(x)f_n(x+n)$ 通过平移和卷积可以快速做出来。

第二类 - 行

可以用类似的求下降幂系数，还可以用通项公式，即

$$\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}=\sum _{t=0}^k{\displaystyle \frac{(-1{)}^t}{t!}}{\displaystyle \frac{(k-t{)}^n}{(k-t)!}}$$

这就是一个简单的标准卷积的形式。

第一类 - 列

有 $\left[\begin{array}{c}n\\ 1\end{array}\right]=(n-1)!$ 考虑 EGF 形式，有 $\sum _{n>0}{\displaystyle \frac{x^n}{n!}}(n-1)!=\sum {\displaystyle \frac{x^n}{n}}=\hat{A}(x)$

考虑到斯特林数的意义，可以得到答案就是 ${\displaystyle \frac{1}{k!}}{\hat{A}}^k(x)$

第二类 - 列

同理，有其 EGF 为 $e^x-1$，那么答案就是 ${\displaystyle \frac{1}{k!}}(e^x-1{)}^k$。

Stirling 反演 + snake oil method

Stirling 反演

反演公式

$$\begin{array}{rl}\sum _k(-1{)}^{n-k}\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}\left[\begin{array}{c}k\\ m\end{array}\right]& =[n=m]\\ \sum _k(-1{)}^{n-k}\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]\left\{\begin{array}{c}k\\ m\end{array}\right\}& =[n=m]\end{array}$$

证明不是非常难，代入形式变量 $x$ 之后研究幂次的系数等，这里略。为了方便，可以用矩阵刻画。令 $A_{n,k}=\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right],A_{n,k}^{\prime }=(-1{)}^{n-k}\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]$，$B$ 同样对于第二类定义。

有 $B{A}^{\prime }=A^{\prime }B=I$。

定理

Part I

$$f(n)=\sum _{k=0}^n\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]g(k)\iff g(n)=\sum _{k=0}^n(-1{)}^{n-k}\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}f(k)$$

证明：把两个函数看作向量，那么 $\overrightarrow{f}=A\overrightarrow{g}\iff \overrightarrow{g}=B^{\prime }\overrightarrow{f}$。

显然将其中的第一类和第二类斯特林数对换也是成立的。

Part II

$$f(k)=\sum _{n=k}^N\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]g(n)\iff g(k)=\sum _{n=k}^N(-1{)}^{n-k}\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}f(n)$$

证明：$\overrightarrow{f}=A^T\overrightarrow{g}\iff \overrightarrow{g}=B^{\prime T}\overrightarrow{f}$

其中因为 $A{B}^{\prime }=I$ 有 $A^T{B}^{\prime T}=I^T=I$。

例题 TC-13444

给定 $n$ 行 $m$ 列的矩阵，每个位置填 $1\sim c$ 的数，要求：

1. 任意两行不一样
2. 任意两列不一样

求方案数 $n,m\le 5000,c\le {10}^9$。

固定行，对于前 $m$ 列，令 $g(m)$ 表示满足第一个限制，$f(m)$ 表示答案。

$g(m)=(c^m{)}^{\underset{―}{n}}$ 又知道 $g(m)=\sum _{i=0}^m\left\{\begin{array}{c}m\\ i\end{array}\right\}f(i)$ 直接反演：

$$f(m)=\sum _{i=0}^m\left[\begin{array}{c}m\\ i\end{array}\right](-1{)}^{m-i}g(i)$$

可以不用多项式算 Stirling。

带权连通图计数问题

$n$ 个点的带标号完全图 $K_n$，令其所有联通子图的总权值为 $W_n$。权值定义如下

$w(G)=a^{|E(G)|}$

• 法 1：EGF

定义 $\hat{F}(x)=<W_0,W_1,\dots W_n>,\hat{G}(x)=<g_0,g_1,\dots g_n>$，其中 $g_n\sum _{E\subseteq K_n}{a}^{|E|}$。

注意到其中

$$g_n=\sum _{i=0}^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})}(\genfrac{}{}{0ex}{}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})}{i})a^i$$

直觉上告诉我们 $\hat{G}(x)=\exp (\hat{F}(x))$，因为任意一个图是由若干个连通图构成的。证明：

定义

$$g_{n,k}=\sum _{E\subseteq K_n,conn(E)=k}{a}^{|E|}$$

$$\begin{array}{rl}{g}_{n,k}& ={\displaystyle \frac{1}{k!}}\sum _{(c_1,c_2\dots c_k)}{f}_{|c_1|}{f}_{|c_2|}\dots f_{|c_k|}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{k!}}\sum _{i_1+i_2+\dots i_k=n}{\displaystyle \frac{n!}{i_1!i_2!\dots i_k!}}{f}_{i_1}{f}_{i_2}\dots f_{i_k}\end{array}$$

因此 $g_{n,k}$ 的 EGF 系数为 $[x^n]{\displaystyle \frac{1}{k!}}{\hat{F}}^k(x)$，又本来的 $g_n=[x^n]\sum g_{n,k}$，因此：

$$\hat{G}(x)=\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{k!}}{\hat{F}}^k(x)=\exp \hat{F}(x)$$

Q.E.D.

那么答案 $\hat{F}(x)=\ln \hat{G}(x)$。特别的，当 $a=-1$ 的时候会发现 $\hat{G}(x)=1+x$，则此时 $W_n=(-1{)}^{n-1}(n-1)!$。这个可以当作定理记忆。

有 $\mathcal{O}(n\log n)$ 的复杂度

---

• 法 2：Stirling 反演

定义对于 $n$ 个点的一个划分 $\pi$，定义：$f(\pi )$ 满足所有的 $G$ 其中每一个划分里面是联通的，但是划分与划分之间是不联通的权值和。$g(\pi )$ 是所有只需满足划分与划分之间不联通的 $G$ 的权值和。再令：

$f_k=\sum _{|\pi |=k}f(\pi ),g_k=\sum _{|\pi |=k}g(\pi )$。

观察

$$g_k=\sum _{i\ge k}\left\{\begin{array}{c}i\\ k\end{array}\right\}{f}_i$$

证明：考虑每一个 $f_i$ 对于 $g_k,k\le i$ 的贡献，相当于把所有联通块放到 $k$ 个盒子里面，系数就是第二类斯特林数。

$$f_k=\sum _{i\ge k}^n(-1{)}^{i-k}\left[\begin{array}{c}i\\ k\end{array}\right]g_k$$

要求的

$$f_1=\sum _{i=1}^n(-1{)}^{i-1}(i-1)!g_k$$

剩下就在求 $g$，先看看 $a=-1$ 的特殊情况。会发现 $g_k=1$ 当且仅当 $k=n$ 其他情况都是 $0$。因为 $k\ne n$ 的时候，一条边可以被抵消。这样算出来答案同样是 $W_n=(-1{)}^{n-1}(n-1)!$。

一般的，用 dp 来解决，令 $d{p}_{n,i}$ 表示 $n$ 个点分成 $i$ 块连边求和的答案。

$$d{p}_{n,i}=\sum _{j\le n,k\le (\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{2})}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{j-1})d{p}_{n-j,i-1}\times a^k$$

经典枚举 $1$ 在哪里。关于 $k$ 可以预处理，因此有一个 $\mathcal{O}(n^3)$ 的算法。

$w(G)=[E(G)=m]$

这部分只能用 Stirling 反演。前面的定义都是一样的，现在目标是算出来 $g_k$，直接在 dp 上入手。

令 $d{p}_{a,b,c}$ 表示 $a$ 个点 $b$ 个块 $c$ 条边（满足只在块内连边）。

但是看一看这个状态情况，状态就是 $\mathcal{O}(n^4)$，继续用上面的转移方法，会发现是惊人的 $\mathcal{O}(n^7)$。也就是说只能解决 $10$ 个点的情况，非常糟糕。

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优化（比较复杂）

这部分是完全 dp。

先写出来：

$$d{p}_{a,b,c}=\sum _{j,k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{a-1}{j-1})d{p}_{a-j,b-1,c-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{2})}{k})$$

“思维不要被限制”

观察

$$f_1=\sum _{i=1}^n(-1{)}^{i-1}(i-1)!g_k$$

考虑后面 $(-1{)}^{i-1}(i-1)!g_k$ 怎么求。

其等价于这样一个问题：

先把所有点分成 $B_1,\dots B_i$ 个块，其有序，并且 $1$ 必须在 $B_1$ 当中【提供了 $(i-1)!$ 的系数】，之后在块里面连接 $m$ 条边【限制条件】，最和这个图的情况贡献是 $(-1{)}^{i-1}$【提供最后一个系数】。

这时候可以定义一个新的 dp。令 $d{p}_{a,c}$ 表示分成若干个块，块内总边数为 $c$。这样就成功优化掉了一个维度。

$$d{p}_{a,c}\leftarrow (-1)\times d{p}_{a-t,c-(\genfrac{}{}{0ex}{}{t}{2})}(\genfrac{}{}{0ex}{}{a-1}{t})$$

初始 $dp[x][(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{2})]=1$。

注意到是块内总边数为 $c$，最后乘上系数 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{c}{m})$ 去得到答案。

例题

给定 $G_1,\dots ,G_s$ 满足都是从 $n$ 个点上的完全图取出来的一个子图。求有多少种选择若干个 $G$ 的方法满足这些图的异或图是联通的。$s\le 60,n\le 10$.

定义 $x$ 表示一种选择方法，$G_x$ 表示这种选择方法的异或图。定义 $f(\pi )$ 为有多少个 $G(x)$ 满足划分情况为 $\pi$，限制和上面一样。$g(\pi )$ 同理。其中 $f_k,g_k$ 和上面一样还是有斯特林反演。

注意到可以枚举 $\pi$ 其最多就是 $Bell(10)$，然后具体判定就是一个线性基的问题。

不相等计数问题

选择 $n$ 个数，满足 $x_i\in S_i$，$S$ 已知。且 $x_1\dots x_n$ 互不相等。

令 $m=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})$。

考虑构造 $m$ 条边，设 $(u,v)=e$ 之后 $A_e$ 表示选择 $x_u=x_v$ 这样的满足第一个条件的方案数。

那么答案就是

$$\sum _{F\subseteq \{e_1\dots e_m\}}(-1{)}^{|F|}|\bigcap A_e|$$

定义一个集合 $C\subseteq \{1,n\}$ 定义 $h(C)$ 表示 $\{S_i|i\in C\}$ 交集的大小。

$$\sum _{F\subseteq \{e_1\dots e_m\}}(-1{)}^{|F|}\prod _{C:F\mathrm{其}\mathrm{中}\mathrm{的}\mathrm{一}\mathrm{个}\mathrm{联}\mathrm{通}\mathrm{块}}h(C)$$

再次转化，其中注意到 $C$ 只和 $\pi$ 有关系。

$$\sum _{\pi }\sum _{F,\mathrm{\Pi }(F)=\pi }(-1{)}^{|F|}\prod _{C:F\mathrm{其}\mathrm{中}\mathrm{的}\mathrm{一}\mathrm{个}\mathrm{联}\mathrm{通}\mathrm{块}}h(C)=\sum _{\pi }\prod _{C}h(C)\sum _{F,\mathrm{\Pi }(F)=\pi }(-1{)}^{|F|}$$

最后面一堆相当于是在每一个划分里面都要构造联通图，切贡献是 $-1$ 的边数。这就是之前那个定理，因此定义 $w(C)=h(C)\times (-1{)}^{|C|-1}\times (|C|-1)!$。

直接用状压 dp，可以做到 $\mathcal{O}(n^3)$。但是这里还可以更优，这里

$$\sum _{\pi }\prod _{C}w(C)$$

这个是一个子集卷积的 $\exp$，会在后面再讲。也就可以做到 $2^n\times n^2$。

其实这个题和 Stirling 反演没有什么关系，但是注意到这个容斥过程。在 $f,g$ 中 $g$ 是去掉了 $f$ 块内联通的条件，这个题说明了如果去掉 $f$ 块之间不能连边的条件可以通过容斥反回去。

Snake Oil Method

看到名字的时候觉得莫名其妙的，去查了一下才知道 snake oil 就是万金油的意思。

snake oil method 就是一个对付组合数求和的非常厉害的工具。

That one method is capable of handling a great variety of sums involving binomial coefficients, but there’s nothing special about binomial coefficients in this respect.

看一个例子：

$$\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{n-k})$$

如果先尝试手玩一下可能能发现这就是斐波那契数列。下面来看一下 Snake Oil 怎么解。

先构造出来一个多项式 $A(x)$ 满足 $a_n=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{n-k})$，尝试求其的母函数，展开：

$$\begin{array}{rl}A(x)& =\sum _{n\ge 0}\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{n-k})x^n\\ & =\sum _{k\ge 0}{x}^k\sum _{n\ge 0}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{n-k})x^{n-k}\\ & =\sum _{k\ge 0}{x}^k\sum _{r\ge 0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{r})x^r\\ & =\sum _{k\ge 0}{x}^k(1+x{)}^k\\ & =\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}(x+x^2{)}^k\\ & ={\displaystyle \frac{1}{1-x-x^2}}\end{array}$$

会发现得到的结果就是斐波那契的母函数，后面也就不继续下去了。也就是说 $A(x)$ 就是 Fib 的生成函数。

Snake Oil 的基本方法就是放到生成函数中，交换求和顺序，然后尝试解出来里面的东西。有一些比较常见的代换式可以用到：

---

$$\sum _k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k=(1+x{)}^n$$

$$\sum _n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})={\displaystyle \frac{x^k}{(1+x{)}^{k+1}}}$$

$$\sum _n(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})x^n={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1-4x}}}$$

$$\sum _n{\displaystyle \frac{1}{n+1}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})x^n={\displaystyle \frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}}$$

---

尝试解：

$$\sum _k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2k})(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{m})$$

这个就不好一眼看出来了

$$\begin{array}{rl}\sum _n\sum _k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2k})(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{m})x^n& =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{m})\sum _n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2k})x^n\\ & =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{m}){\displaystyle \frac{x^{2k}}{(1-x{)}^{2k+1}}}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{1-x}}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{m}){\left[{\displaystyle \frac{x^2}{(1-x{)}^2}}\right]}^k\\ & ={\displaystyle \frac{1}{1-x}}\times {\displaystyle \frac{{\left[{\displaystyle \frac{x^2}{(1-x{)}^2}}\right]}^m}{{[1-{\displaystyle \frac{x^2}{(1-x{)}^2}}]}^{m+1}}}\\ & ={\displaystyle \frac{x^{2m}}{(1-2x{)}^{m+1}}}\times (1-x)\\ & =(1-x)\times ({\displaystyle \frac{x}{2}}{)}^m\times {\displaystyle \frac{(2x{)}^m}{(1-2x{)}^{m+1}}}\\ & =(1-x)\times ({\displaystyle \frac{x}{2}}{)}^m\sum _n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})(2x{)}^n\end{array}$$

这样就是比较方便求出来 $x^n$ 的系数了，做两个减法即可。

综合习题、欧拉数、IDFT+

综合习题

数幂求和 I

给定 $n,m$，求 $\mathrm{\forall }i\in [0,m],s_i=\sum _{x=0}^{n-1}{x}^i$。

方法 0

用斯特林可以得到：

$$\sum _{x=0}^{n-1}\sum _{j=0}^i\left\{\begin{array}{c}i\\ j\end{array}\right\}{x}^{\underset{―}{j}}=\sum _{j=1}^i\left\{\begin{array}{c}i\\ j\end{array}\right\}{\displaystyle \frac{n^{j+1}}{j+1}}$$

这样只有一个 $\mathcal{O}(n^2)$。

方法 1

令 $\hat{S}(x)$ 为 $<s_0\dots s_m>$ 的 EGF。

$$\hat{S}(x)=\sum _{i\ge 0}\sum _{j=0}^{n-1}{j}^i{\displaystyle \frac{x^i}{i!}}=\sum _{j=0}^{n-1}{e}^{jx}={\displaystyle \frac{1-e^{nx}}{1-e^x}}$$

用多项式求逆，注意的是两个的常数项都是 $0$。这种时候要都提出一个 $x$，分母是 $-\sum _{i\ge 1}{\displaystyle \frac{1}{i!}}{x}^i=-x\sum _{i\ge 0}{\displaystyle \frac{1}{(i+1)!}}{x}^i$。分子是 $-\sum _{i\ge 0}{\displaystyle \frac{n^{i+1}}{(i+1)!}}{x}^{i+1}=-x\sum _{i\ge 0}{\displaystyle \frac{n^{i+1}}{(i+1)!}}{x}^i$。要求的都是前 $m$ 项，因此复杂度是 $\mathcal{O}(m\log m)$。

与伯努利数的关系

$${\displaystyle \frac{1-e^{nx}}{1-e^x}}={\displaystyle \frac{x}{1-e^x}}\times {\displaystyle \frac{1-e^{nx}}{1-e^x}}$$

前面的 ${\displaystyle \frac{x}{1-e^x}}$ 就是伯努利数的系数。

方法 2

让我想到梅加强老师的《数学分析》当中提到的一个技巧——做差。

考虑：

$$n^{i+1}-(n-1{)}^{n+1}=\sum _{j=0}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{i+1}{j})(n-1{)}^j$$

对于 $[1,n]$ 都做出来这个，之后会不断抵消，最终：

$$n^{n+1}=\sum _{j=0}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{i+1}{j})s_j\iff {\displaystyle \frac{n^{i+1}}{(i+1)!}}=\sum _{j=0}^i{\displaystyle \frac{s_j}{j!}}\times {\displaystyle \frac{1}{(i+1-j)!}}\Rightarrow {\displaystyle \frac{e^{nx}-1}{x}}={\displaystyle \frac{e^x-1}{x}}\times \hat{S}(x)$$

幂数求和 II

改一下：$s_i\sum _{x=0}^{n-1}{a}_x^i$，其中 $a$ 给定。

直接用 EGF 可以得到一个：

$$\sum _{j=0}^{n-1}{e}^{a_{j}x}$$

但是这个并不好做。

考虑直接用 OGF，能够得到：

$$S(x)=\sum _{j=0}^{n-1}{\displaystyle \frac{1}{1-a_{j}x}}$$

定义

$$Q(x)=(1-a_{0}x)\dots (1-a_{n-x})x,P(x)=\sum _{i=0}^{n-1}\prod _{j\ne i}(1-a_{j}x)$$

注意到 $Q(x)$ 就是分母，$P(x)$ 就是分子。现在就是要分别求，都可以使用分分治 FFT。具体的，定义 $Q_{l,r},P_{l,r}$。$Q_{l,r}=Q_{l,mid}\times Q_{mid+1,r}$ 而 $P_{l,r}=P_{l,mid}\times Q_{mid+1,r}+P_{mid+1,r}\times Q_{l,mid}$。

这个就是 $\mathcal{O}(m{\log }^{2}m)$。

应用

对于一个多项式 $H(x)$ 系数给定了，求 $H(a_{0}x)+H(a_{1}x)+\dots H(a_{n-1}x)$。

如果交换求和顺序就有答案：

$$\sum _{j=0}^{m-1}{h}_j\sum _{i=0}^{n-1}{a}_i^j{x}^i$$

这个就是刚才的东西。

例 1

有多少个非负整数 $(x_1\dots x_m)$ 前 $n$ 个数小于等于 $t$ 并且所有数的和 $\le s$。$S\le {10}^{18},n\le {10}^9,n\le m\le n+1000$。

考虑先枚举出来前面的 $n$ 个数，剩下的限制形如：$x_{n+1}+\dots x_m\le S$，这是经典组合数。因此答案为：

$$\sum (\genfrac{}{}{0ex}{}{S+m-n}{m-n})$$

令 $T=s+m-n,z=T-(x_1+\dots x_n)-(m-n)+1$，答案可以写成：

$$(m-n)!\sum z^{\overline{m-n}}=(m-n)!\sum \sum _{k=1}^{m-n}\left[\begin{array}{c}m-n\\ k\end{array}\right]z^k$$

前面都是好求的，关键在于后面的东西，令 $s_0=T-(m-n)+1$：

$$z^k=(s_0-x_1-\dots x_n{)}^k=k!\sum _{i_0+\dots i_n=k}{\displaystyle \frac{(s_0{)}^{i_0}}{i_0!}}\dots {\displaystyle \frac{(-x_n{)}^{in}}{i_n!}}$$

代回：

$$k!(-1{)}^k\sum _{i_0+\dots i_n=k}{\displaystyle \frac{(-s_0{)}^{i_0}}{i_0!}}\sum {\displaystyle \frac{(x_1{)}^{i_1}}{i_1!}}\dots {\displaystyle \frac{x_n^{i_n}}{i_n!}}$$

定义 $g(i)=0^i+\dots t^i$。

$$k!(-1{)}^k\sum _{i_0+\dots i_n=k}{\displaystyle \frac{(-s_0{)}^{i_0}}{i_0!}}{\displaystyle \frac{g(i_0)}{i_0!}}\dots$$

定义 $G(x)=\sum _{i\ge 0}{\displaystyle \frac{g(i)}{i!}}{x}^i,H(x)=\sum _{i\ge 0}{\displaystyle \frac{(-s_0{)}^i}{i!}}{x}^i$。

因此后面的东西就是 $[x^k]G^n(x)H(x)$

$g(i)$ 可以预处理，只需要一行的斯特林数，无论哪里的复杂度都是 $\mathcal{O}((m-n)\log (m-n))$。

P4002

IDFT 的拓展

回顾 Bluestein 我们可以给定系数求点值，而且并不在意长度是多少。观察我们得到的式子

$$B_{m+n}=\sum _{k=0}^{n+m}{A}_k{C}_{m_n-k}$$

通过卷积可以求出来 $B$，然后取后面的若干项就可以得到答案。

不过这个做法是不可逆的。原因是我们把所有的点值是进行平移过的，也就是说单纯给定点值是不知道 $B$ 的前面若干神秘项的。因此无法直接做除法。

点值 $\to$ 系数

已知多项式在 $q^0\sim q^{n-1}$ 位置的点值，求其系数。

用 Lagrange 差值有：

$$F(x)=\sum y_i{\displaystyle \frac{\prod _{j\ne i}(x-q^j)}{\prod _{j\ne i}(q^i-q^j)}}$$

这个式子可以改写成，令 $A(x)=\prod (x-q^i)$：

$$F(x)=A(x)\sum _{i=0}^{n-1}{\displaystyle \frac{y_i}{A^{\prime }(q^i)\times (x-q^i)}}$$

只需要证明 $A^{\prime }(q^i)=\prod (q^i-q^j)$ 这个是比较显然的。

问题分成三步：

1. 求 $A(x)$

分治 FFT，有显然的 $\mathcal{O}(n{\log }^{2}n)$，不过因为是等比的，所以分治的时候右边多项式可以从左边推出来，因此复杂度可以少一个 $\log$。

2. 求 $d_i={\displaystyle \frac{y_i}{A^{\prime }(q^i)}}$

$A^{\prime }(x)$ 是好求的，剩下的就是等比求点值用 Bluestein 可以解决。

3. 求 $\sum _{i=0}^{n-1}{\displaystyle \frac{d_i}{x-q^i}}$

把 ${\displaystyle \frac{1}{x-q^i}}$ 拆开，然后交换求和顺序，能够有：

$$-\sum _{j=0}^n\sum _{i=0}^{n-1}{d}_i{q}^{-i(j+1)}{x}^j$$

如果定义一个多项式 $D(x)$ 那么后面又是一个等比求值的问题，还是可以 Bluestein。

因此总复杂度是 $\mathcal{O}(n\log n)$ 前提是给定的是等比的。

浅看了一个随机点值，那个也是可以做的，需要知道非等比求点值（Bluestein 无法使用），然后思路基本一样，复杂度是 $\mathcal{O}(n{\log }^{2}n)$。

欧拉数

$⟨\begin{array}{c}n\\ k\end{array}⟩$ 表示长度为 $n$ 的排列恰好有 $k$ 次上升的方案数。

有比较显然的递推：

$$⟨\begin{array}{c}n\\ k\end{array}⟩=(k+1)⟨\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}⟩+(n-k)⟨\begin{array}{c}n-1\\ k-1\end{array}⟩$$

考虑如何快速单点求值和求一行。

下面默认求第 $n$ 行，令 $f_k$ 表示答案，令 $g_k$ 表示钦定了 $k$ 个位置是上升的。

$$g_k=\sum _{i=k}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})f_i$$

有一个比较巧妙的观察：$g_k=(n-k)!\left\{\begin{array}{c}n\\ n-k\end{array}\right\}$。可以分析连续上升段，每一段相当于一个盒子。

因此：

$$f_k=\sum _{i=k}^n(-1{)}^{i-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})(n-i)!\left\{\begin{array}{c}n\\ n-i\end{array}\right\}$$

用斯特林的通项公式展开，并且做一些替换：

$$\begin{array}{rl}{f}_k& =\sum _{i=0}^{n-k}(-1{)}^{n-i-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{k})\sum _{t=0}^i(-1{)}^{i-t}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{t})t^n\\ & =\sum _{t=0}^{n-k}(-1{)}^{n-k-t}{t}^n\sum _{i=t}^{n-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{k})(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{t})\\ & =(-1{)}^{n-k}\sum _{t=0}^{n-k}{t}^n(-1{)}^t(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{k+t+1})\end{array}$$

最后一步考虑组合意义。相当于 $n+1$ 个球先选择一个求作为分界点，剩下的左边选择 $k$ 个右变选择 $t$ 个。

这个公式可以快速算出来单点。其中 $t^n$ 是积性函数可以线性算。

注意到：

$$⟨\begin{array}{c}n\\ k\end{array}⟩=⟨\begin{array}{c}n\\ n-k\end{array}⟩$$

如果把这个带进去，能够有：

$$f_k=\sum _{t=0}^{k+1}(k+1-t{)}^n(-1{)}^t(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{t})$$

这个是可以 FFT 的。