下降幂多项式和一道题目

[ATC ARC118F] Growth Rate

​ 老题新做。

​ 所有的一切首先依赖这些式子：

$$x^n = \sum_{i = 0}^n x^\underline i {n \brace i} \\ x^\underline n = \sum_{i = 0} (-1)^{n-i} {n \brack i} x^i$$

Part I - 常规做法

​ 考虑 $F_i(x)$ 表示第 $i$ 个数是 $x$ 的方案数。非常容易注意到不为 $1$ 的 $a_i$ 只有 $\log V$ 个。dp 的转移分为两种情形：

• $a_i = 1$，$\displaystyle F_{i+1}(x) = \sum_{y \leq x} F_i(y)$
• $a_i > 1$，$\displaystyle F_{i+1}(x) = \sum_{a_iy \leq x}F_i(y)$

​ 这里出现了一个很严重的问题，即我们注意操作二是对一个新的多项式 $G(ax) = F(x)$ 点值前缀和的结果，但是 $G(ax) = F(x)$ 这样一个多项式求出来之后其实不能满足不是 $a$ 的倍数的位置都是 $0$ 这个条件，所以事实上你要求的那个真正只有 $a$ 的倍数有值的函数，它不是一个多项式。

​ 现在我们考虑把这个序列反过来。dp 的转移分为两种情形：

• $a_i = 1$，$\displaystyle F_{i - 1}(x) = \sum_{y = x}^m F_i(x)$
• $a_i > 1$，$\displaystyle F_{i - 1}(x) = \sum_{y \geq ax}^m F_i(y)$

​ 这样 $F(x)$ 就是一个多项式，并且 $F(x)$ 的次数是 $O(n)$ 的。为此我们维护 $n$ 个点值，对后缀和操作我们用 $[1, m]$ 的全部的和减去前缀和，这样需要先做一遍前缀和再求 $m$ 处的点值。对于另一个操作，因为次数不多，考虑拉格朗日插值。这样复杂度是 $O(n^2 \log V)$，常数比较大。用多项式快速插值可以优化到 $O(n \log V \log^2 n + n^2)$，但感觉很没意思。

Part II - 下降幂和通常幂相互转化的做法

​ 有一个常数比较小的做法。考虑维护这个多项式的下降幂形式：令 $\displaystyle F_i(x) = \sum_{j = 0}^n f_{i, j}x^{\underline{j}}$。

​ 考虑 $G(y) = \sum_{x < y} F(x)$ 操作：

$$\begin{aligned} G(y) &= \sum_{x = 0}^{y-1} F(x) \\ \sum_{i = 0}^n g_i y^\underline i &= \sum_{x = 0}^{y-1} \sum_{i = 0}^n f_i x^\underline i \\ \sum_{i = 0}^n g_i y^\underline i &= \sum_{i=0}^n f_i \sum_{x = 0}^{y-1} i!\binom{x}{i} \\ \sum_{i = 0}^n g_i y^\underline i &= \sum_{i=0}^n i!f_i \binom{y}{i + 1} \\ \sum_{i = 0}^n g_i y^\underline i &= \sum_{i=0}^n i!f_i \frac{y^\underline{i+1}}{(i+1)!} \\ \sum_{i = 0}^n g_i y^\underline i &= \sum_{i=0}^n \frac{1}{i+1} f_i y^\underline{i+1} \end{aligned}$$

​ 这样就可以线性了。

​ 再考虑另一个操作，我们先做后缀和，然后搞一个 $G(x) = F(ax)$，就可以了：

$$\begin{aligned} G(x) &= F(ax) \\ \sum_{i = 0}^n g_i x^\underline i &= \sum_{i = 0}^n f_i (ax)^\underline i \\ \sum_{j = 0}^n x^j \sum_{i = 0}^n (-1)^{i-j} {i \brack j} g_i &= \sum_{j = 0}^n a^jx^j \sum_{i = 0}^n (-1)^{i-j} {i \brack j} f_i \\ \forall j, \sum_{i = j}^n (-1)^{i-j} {i \brack j} g_i &= a^j \sum_{i = j}^n (-1)^{i-j} {i \brack j} f_i \end{aligned}$$

​ 这个每个 $j$ 的方程都是关于 $g$ 的一个后缀，倒着一个一个解出来就行了。

​

​ 这个做法的本质是下降幂多项式对后缀和处理非常有力，而普通幂多项式对 $x \to ax$ 非常有力；然而后缀和的次数要比普通幂多，所以我们让下降幂多项式成为我们大多数时候维护的东西，只有在遇到 $x \to ax$ 的时候，才把下降幂多项式转成普通幂多项式。上面这个推导过程省略了下降幂转通常幂再转回来的完整过程，而是用解系数的方法手动推导了它。下降幂转通常幂的复杂度是 $O(n^2)$ 的。

Part III - 利用下降幂多项式点值的性质获得另一个做法

​ 下降幂多项式的点值有一些神秘的性质。

$$\begin{aligned} \sum_{i \geq 0} \frac{F(i)x^i}{i!} &= \sum_{i \geq 0} \frac{x^i}{i!}\sum_{j = 0}^n f_j i^\underline j \\ &= \sum_{i \geq 0} \frac{x^i}{i!}\sum_{j = 0}^n f_j \frac{i!}{(i-j)!} \\ &= \sum_{i \geq 0} \frac{x^i}{i!}\sum_{j = 0}^n f_j \frac{i!}{(i-j)!} \\ &= \sum_{i \geq 0} \sum_{j = 0}^n f_j \frac{x^i}{(i-j)!} \\ &= \sum_{i \geq 0} \sum_{j = 0}^n f_jx^j \frac{x^{i-j}}{(i-j)!} \\ \end{aligned}$$

​ 所以我们将 $F(x)$ 和 $e^x$ 卷积就能得到点值的 EGF，从而得到点值。

​ 点值的 EGF 和 $e^{-x}$（直接展开不需要多项式求逆）卷积就能得到 $F(x)$。

​ 所以两个下降幂多项式卷积只需要先转成点值再插回去，这中间只要用到多项式乘法。

​ 我们回过头来看第一个操作，如果把点值看成一个多项式，那其实是和 $\dfrac{1}{1-x}$ 卷积（前缀和），得到新的点值再插回去。所以我们可以一直维护点值，然后在要前缀和的时候一直前缀和（线性）；要插值（只有 $\log V$ 次）的时候和 $e^x$ 相乘。这样我们每次还需要知道 $m$ 处的点值，这个用拉格朗日插值是 $O(n)$ 的。