一些生成函数题目

是阅读 zscoder 两篇博客的整理笔记。

[Tutorial] Generating Functions in Competitive Programming (Part 1)

[Tutorial] Generating Functions in Competitive Programming (Part 2)

 

给定 \(n,k\)，求有多少个长度为 \(n\) 的排列 \(p\)，满足对于 \(k|i\) 且 \(i<n\) 的下标，\(a_{i}>a_{i+1}\)，而剩下的地方 \(a_i<a_{i+1}\) 。\(2\leq k< n\leq 5\times 10^5\)

Gym280379 - Simple Counting

 

限制相当于有若干个分界线，界线之间的段满足单增，而段间满足界线左侧小于右侧。记 \(S=\{a_1,a_2,...,a_m\},a_1<a_2<...<a_m\) 为分界线的集合， 记 \(f(S)\) 为此限制下的排列数量。

考虑容斥，记 \(g(S)\) 为满足的限制为 \(S\) 的子集的排列数量，即 \(g(S)=\sum_{T\sube S}f(S)\)，则有：

\[f(S)=\sum_{T\sube S}(-1)^{|S|-|T|}g(T) \]

于是转向计算 \(g(S)\)，设 \(b_0,b_1,..,b_m\) 为 \(S\) 分出来的段的长度，\(b_i=a_{i+1}-a_i,a_0=0,a_{m+1}=n\)，由于只需要保证段内部单增就行了，所以

\[g(S)=\frac{n!}{\prod_{i=0}^m b_i!} \]

而 \(S=\{k,2k,3k,...\}\)，所以 \(b\) 满足 \(k|b_0,..b_{m-1}\;,\;k|(n-b_m)\)，于是带回 \(f(S)\) 中：

\[f(S)=\sum_{\sum b_i=n,\;k|b_0,..b_{m-1},\;k|(n-b_m)}(-1)^{|S|-(m-1)}\frac{n!}{\prod_{i=0}^m b_i!} \]

注意到对 \(k\) 同余的 \(n\) 有较大的共同点，记 \(n\equiv r\!\!\!\mod k\)，\(S\) 是 \(n\) 决定的，这里用 \(f(n)\) 指代 \(f(S)\)，设 \(F(x)\) 是 \(f(qk+r)\) 的 \(EGF\) ：

\[\begin{align} F(x)&=\sum_{q\geq 0}\frac{f(qk+r)}{(qk+r)!}x^{qk+r}\\ &=\sum_{q\geq 0}\frac{1}{(qk+r)!}\sum_{\sum b_i=n,\;k|b_0,..b_{m-1},\;k|(n-b_m)}(-1)^{q-(m-1)}\frac{(qk+r)!}{\prod_{i=1}^m b_i!}\; x^{qk+r}\\ &=\sum_{m\geq 1}\sum_{q\geq 0}\sum_{\sum c_i=q}(-1)^{q-(m-1)}\frac{\prod_{i=1}^{m-1} x^{c_ik}\;\cdot\;x^{c_mk+r}}{\prod_{i=1}^{m-1} (c_ik)!\cdot(c_mk+r)!}\;\\ &=\sum_{m\geq 1}\left(\sum_{i\geq 1}(-1)^{i-1}\frac{x^{ik}}{(ik)!}\right)^{m-1}\left(\sum_{i\geq 0}(-1)^i\frac{x^{ik+r}}{(ik+r)!}\right)\\ &=\left(\sum_{i\geq 0}\frac{(-1)^ix^{ik+r}}{(ik+r)!}\right)\sum_{m\geq 0}\left(\sum_{i\geq 1}\frac{(-1)^{i-1}x^{ik}}{(ik)!}\right)^{m}\\ &=\frac{\displaystyle\sum_{i\geq 0}\frac{(-1)^ix^{ik+r}}{(ik+r)!}}{\displaystyle1-\sum_{i\geq 1}\frac{(-1)^{i-1}x^{ik}}{(ik)!}}\\ &=\frac{\displaystyle\sum_{i\geq 0}\frac{(-1)^ix^{ik+r}}{(ik+r)!}}{\displaystyle\sum_{i\geq 0}\frac{(-1)^ix^{ik}}{(ik)!}} \end{align} \]

多项式求逆即可。

 

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\(n\) 个开关，初始有开有关，用 \(s_i\) 表示第 \(i\) 个开关的初始状态，每次随机选择一个开关翻转它的状态，第 \(i\) 个开关被选择的概率为 \(\frac{p_i}{S}\)，其中 \(S=\sum p_i\) 。求所有开关被关上所需的期望轮数。

\(n\leq 100,S\leq 50000\)

LOJ #3045. 「ZJOI2019」开关

 

记 \(a_i\) 为 \(i\) 步后所有开关处于关上状态的概率，\(b_i\) 为 \(\forall j,s_j=0\) 时 \(i\) 步后全关的概率，\(c_i\) 为游戏在 \(i\) 步结束的概率（即第一次全关），可以发现有：

\[a_i=\sum_{j=0}^i c_jb_{i-j} \]

令 \(A(x),B(x),C(x)\) 为三者的 \(OGF\)，则 \(C(x)=\frac{A(x)}{B(x)}\)，由 \(c_i\) 可以直接得到答案，考虑计算 \(A(x),B(x)\) 。

先从 \(B(x)\) 入手，记 \(f_i\) 为第 \(i\) 个开关被翻转的次数，那么一种状态 \((f_1,f_2,...,f_n)\) 被达到的概率为：

\[\frac{k!}{\prod_{i=1}^n f_i!}\prod_{i=1}^n\left(\frac{p_i}{S}\right)^{f_i} \]

对于 \(b_k\) 来说，\(f_i\) 皆为偶数，设 \(B_e(x)\) 为 \(b_i\) 的 \(EGF\)，那么有

\[B_e(x)=\sum_{k\geq 0}\sum_{\sum f_i=k}\frac{k!}{\prod_{i=1}^n f_i!}\prod_{i=1}^n\left(\frac{p_i}{S}\right)^{f_i}\;x^k \\ =\prod_{i=1}^n\left(\sum_{j\geq 0,2|j}\frac{(\frac{p_i}{S}x)^j}{j!}\right) \]

注意到

\[\sum_{i\geq 0,2|i}\frac{x^i}{i!} = \frac{x^0}{0!}+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+...\\ =\frac{e^x+e^{-x}}{2} \]

类似地可以得到

\[B_e(x)=\prod_{i=1}^n\frac{1}{2}\left(\exp({\frac{p_i}{S}x})+\exp(-\frac{p_i}{S}x)\right) \]

而对于 \(A_e(x)\)，\(s_i=1\) 的部分，便是要求上式中 \(j\) 为奇数，是 \(\frac{1}{2}(e^x-e^{-x})\) 的形式，所以

\[A_e(x)=\prod_{i=1}^n\frac{1}{2}\left(\exp(\frac{p_i}{S}x)+(-1)^{s_i}\exp(-\frac{p_i}{S}x)\right) \]

为了得到 \(A(x)\)，我们将上式中的括号暴力展开，可以发现展开后的项都是 \(g_i \exp(\frac{i}{S}x),i\in[-S,S]\) 的形式，共 \(2S\) 项，设 \(dp_{i,j}\) 表示展开前 \(i\) 项后 \(\exp(\frac{j}{S}x)\) 的系数 \(g_j\)，\(O(nS)\) 做一遍 DP 就可以得到展开式。此时

\[A_e(x)=\sum_{-S\leq i\leq S}g_i\exp(\frac{i}{S}x)\\ =\sum_{n\geq 0}\sum_{-S\leq i\leq S}\frac{g_i (\frac{i}{S}x)^n}{n!}\; \]

对于 \(A(x)\)，将 \(n!\) 去掉即可

\[A(x)=\sum_{n\geq 0}\sum_{-S\leq i\leq S}g_i\left(\frac{i}{S}x\right)^n\\ =\sum_{-S\leq i\leq S}g_i\frac{1}{1-\frac{i}{S}x} \]

\(B(x)\) 可以通过完全相同的方式得到。

现在考虑计算答案，期望轮数是

\[\sum_{k\geq 0}kc_k=C'(1)=\frac{A'(1)B(1)-A(1)B'(1)}{B(1)^2} \]

但是注意到在上面和式中，\(\frac{1}{1-\frac{i}{S}x}\) 在 \(i=S,x=1\) 时是未定义的，所以事先乘上 \((1-x)\)，将这项抵消，那么记 \(F(x)=(1-x)A(x),\;G(x)=(1-x)B(x)\)，答案同样为

\[\frac{F'(1)G(1)-F(1)G'(1)}{G(1)^2} \]

\[\begin{align} F'(x)&=\sum_{-S\leq i\leq S-1}g_i\left(\frac{1-x}{1-\frac{i}{S}x}\right)'+(g_i)'\\ &=\sum_{-S\leq i\leq S-1}g_i\left(\frac{-\frac{i}{S}(1-x )-(1-\frac{i}{S}x)}{(1-\frac{i}{S}x)^2}\right)\\ F(1)&=\sum_{-S\leq i\leq S-1}g_i\frac{1-1}{1-\frac{i}{S}} +g_S=g_S\\ F'(1)&=\sum_{-S\leq i\leq S-1}\frac{-g_i}{1-\frac{i}{S}} \end{align} \]

于是将 \(F(1),F'(1),G(1),G'(1)\) 的值 \(O(S)\) 算出，带到原式中即得答案。

 

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求 \(\displaystyle\sum_{i\equiv r(\!\!\!\mod m)}\binom{n}{i}\) 对 \(MOD\) 取模的结果。

\(1\leq n\leq 10^{18},2\leq m\leq 2000,0\leq r\leq m-1,10^8\leq MOD\leq 10^9\)

Gym290379 - Simple nCr

 

单位根反演：记 \(\omega\) 为 \(m\) 的一个单位根，使得 \(m\) 是最小的满足 \(\omega^m=1\) 的正整数，那么有

\[\sum_{i=0}^{m-1}\omega^{ik}=[m|k]\cdot m \]

由等比数列求和公式易证。
那么在这里，考虑

\[(1+\omega)^n=\sum_{i\geq 0}\binom{n}{i}\omega^i \]

我们将 \((1+1)^n,(1+\omega)^n,(1+\omega^2)^n,...,(1+w^{m-1})^n\) 求和到一起，而使 \(\binom{n}{qm+r}\) 形式的项前面的系数是 \(\omega^0,\omega^m,\omega^{2m}\) 的样子：

\[\begin{align} &\sum_{j=0}^{m-1}\omega^{j(m-r)}(1+\omega^j)^n \\ =&\sum_{j=0}^{m-1}\sum_{i\geq 0}\binom{n}{i}\omega^{j(i+m-r)} \\ =&\sum_{i\geq 0}\binom{n}{i}\sum_{j=0}^{m-1}(\omega^{i+m-r})^j \\ =&m\cdot \sum_{i\equiv r(\mod m)}\binom{n}{i} \end{align} \]

对于计算上式，设 \(F(x)\equiv x^{m-r}(1+x)^n\mod (x^m-1)\)，其系数为 \(F(x)=\sum_{i=0}^{m-1}{a_i x^i}\)，则所求答案为

\[\frac{1}{m}\sum_{i=0}^{m-1}F(\omega^i) \\ =\frac{1}{m}\sum_{i=0}^{m-1}a_i\sum_{j=0}^{m-1}(\omega^j)^i\\ =a_0 \]

所以 \(F(x)\) 的常数项即为答案。

 

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对于所有满足 \(\sum_{i=1}^kx_i=n,\;\forall i,d|x_i\) 的 \((x_1,x_2,...,x_k)\)，求出 \(\displaystyle\frac{n!}{x_1!x_2!...x_k!}\) 。

\(n\leq 10^9,k\leq 2000,d\in\{4,6\}\)，答案对 \(19491001\) 取模。

LOJ #6696. 复读机 加强版

 

要求的即

\[[\frac{x^n}{n!}]\left(\sum_{i\geq 0}[d|i]\frac{x^i}{i!}\right)^k \]

考虑单位根反演，记 \(P(x)=\sum_{n\geq 0}\frac{x^n}{n!}=e^x\)

\[\begin{align} \sum_{i\leq 0}[d|i]\frac{x^i}{i!}&=\frac{1}{d}(P(x)+P(\omega x)+P(\omega^2x)+...+P(\omega^{d-1}x))\\ &=\frac{1}{d}(e^x+(e^x)^{\omega}+(e^x)^{\omega^2}+...+(e^x)^{\omega^{d-1}})\\ &=\frac{1}{d}\sum_{i=0}^{d-1}e^{x\omega^i} \end{align} \]

\(d\) 是最小的满足 \(\omega^d=1\) 的正整数，这里的 \(d\) 个单位根为

• \(d=4\) : \(1,-1,\omega,-\omega\)
• \(d=6\) : \(1,-1,\omega,-\omega,1-\omega,\omega-1\)

所以 \(e^{x\omega^i}\) 可以表示为 \(e^{(a_i+b_i\omega)x}\) 的形式，将其拆分为 \(e^{a_ix}\) 和 \(e^{b_i\omega x}\) 相对独立的两部分，记 \(u=e^x,v=e^{\omega x}\)，所求即为

\[[\frac{x^n}{n!}]\frac{1}{d^k}\left(\sum_{i=0}^{d-1}u^{a_i}v^{b_i}\right)^k \]

由于 \(-1\leq a_i,b_i\leq 1\)，所以展开式子后至多有 \((2k+1)^2\) 项，是可以接受的。

负指数不好处理，于是平移 \(u^kv^k\)，记 \(F(u,v)=\displaystyle \sum_{i=0}^{d-1}u^{a_i+1}v^{b_i+1}\)，\(G(u,v)=F(u,v)^k=\displaystyle\sum_{0\leq i,j\leq 2k}g_{i,j}u^iv^j\)，此时做一遍二维 \(FFT\) 似乎就可以解决问题了，但是观察一下 二维 FFT 模板题，\(1e3\) 的范围开了 \(2s\)，此题 \(2e3\) 开了 \(1s\)，看起来时限不太可过，于是继续观察性质。

对 \(u\) 求偏导

\[\begin{align} G(u,v)'&=kF(u,v)^{k-1}F'(u,v)\\ G(u,v)'&=k\frac{G(u,v)}{F(u,v)}F'(u,v)\\ F(u,v)G(u,v)'&=kG(u,v)F'(u,v) \end{align} \]

比较式子两侧 \(u^iv^j\) 的系数

\[\begin{align} \sum_{0\leq i'\leq i,0\leq j'\leq j}(i-i'+1)g_{i-i'+1,j-j'}\cdot f_{i',j'}&=k\sum_{0\leq i'\leq i,0\leq j'\leq j}g_{i-i',j-j'}\cdot(i'+1)f_{i'+1,j'} \\ (i+1)g_{i+1,j-1}\cdot f_{0,1}&=k\sum_{0\leq i'\leq i,0\leq j'\leq j}g_{i-i',j-j'}\cdot(i'+1)f_{i'+1,j'}-\sum_{0\leq i'\leq i,0\leq j'\leq j,(i,j)\neq(0,1)}(i-i'+1)g_{i-i'+1,j-j'}\cdot f_{i',j'} \end{align} \]

下标的选取是考虑到 \(f_{0,0}=0,f_{0,1}\neq 0\)，注意到右式中的 \(g_{x,y}\) 满足 \(x\leq i\) 或 \(x=i,\;y\leq j-1\)，所以我们可以以 \(i\) 从小到大，然后 \(j\) 从小到大的顺序推出所有 \(g_{i,j}\) 。由于 \(f_{i',j'}\) 在 \(i',j'\in[0,2]\) 时才有非零项，所以枚举 \(O(1)\) 个 \((i',j')\) 便可以转移，边界情况是个组合数。

回到计算答案

\[\begin{align} &[\frac{x^n}{n!}]\frac{1}{d^k}\left(\sum_{i=0}^{d-1}u^{a_i}v^{b_i}\right)^k\\ =&[\frac{x^n}{n!}]\frac{1}{d^k}G(u,v)\\ =&[\frac{x^n}{n!}]\frac{1}{d^k}\sum_{-k\leq i,j\leq k}g_{i+k,j+k}\cdot u^iv^j\\ =&[\frac{x^n}{n!}]\frac{1}{d^k}\sum_{-k\leq i,j\leq k}g_{i+k,j+k}\cdot\exp((i+j\omega)x)\\ =&\frac{1}{d^k}\sum_{-k\leq i,j\leq k}g_{i+k,j+k}\cdot (i+j\omega)^n \end{align} \]

一种方法是类似上一题的做法，将 \(\omega\) 视为变量

\[H(x)=\frac{1}{d^k}\sum_{-k\leq i,j\leq k}g_{i+k,j+k}\cdot(i+jx)^n \]

直接对 \(n\) 快速幂求出 \(H(x)\)，是 \(O(k^2d^2\log n)\) 的，然后计算 \(H(\omega)\)，这可以将 \(\omega^i\) 再次表示为 \(a_i+b_i\omega\) 的形式，最终 \(H(\omega)=k\omega+b\)，先前的推导保证了 \(k=1\)，所以常数项 \(b\) 即为答案。

不过这前面部分二维 \(FFT\) 的理论复杂度 \(O(k^2\log k)\) 还慢的多，是不可过的。

事实上，\(19491001-1=2^3\times 3\times 5^3\times 73\times 89\)，是 \(4\) 和 \(6\) 的倍数，可以算出 \(7\) 是 \(19491001\) 的原根，从而类似 \(NTT\) 的思路，取 \(\omega=7^{\frac{mod-1}{d}}\) 在计算上是等价的，所以我们直接在实数域上计算原式中的每一项即可。

时间复杂度 \(O(k^2\log n)\)

 

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求长度为 \(n\)，逆元数为 \(k\) 的排列数量。

\(1\leq n\leq 10^9,0\leq k\leq 10^5,n\geq k\)，一个测试点至多 \(100\) 组数据。

Hackerearth - Perfect Permutations

 

考虑从大到小往排列中添加元素，可以发现对于新添加的元素，其产生的逆序对数与插入的位置一一对应，所以每个元素对逆序对的贡献 \((a_1,a_2,...,a_n)\) 是和排列 \(p_1,p_2,...,p_n\) 一一对应的，所以在 \(n\) 固定时，对 \(k\) 的生成函数即为

\[1\cdot(1+x)\cdot(1+x+x^2)\cdot...\cdot(1+x+x^2+...+x^{n-1})\\ =\prod_{i=0}^{n-1}\left(\sum_{j=0}^i x^j\right)\\ =(1-x)^{-n}\prod_{i=1}^n(1-x^i) \]

\((1-x)^{-n}=\displaystyle\sum_{i\geq 0}\binom{n+i-1}{i}x^i\) 是好处理的，考虑如何计算 \(\displaystyle\prod_{i=1}^n(1-x^i)\) 。

\(\displaystyle\prod_{i=1}^n(1-x^i)\) 朴素的算法是用分治 \(FFT\) 做到 \(O(k\log^2k)\)，然而此题数据有 \(100\) 组，显然无法通过。

注意到 \(n\geq k\)，次数 \(>k\) 的因式是贡献不到 \([x^k]\) 中的，于是所求等价于 \(\displaystyle\prod_{i=1}^k(1-x^i)\)，这就摆脱了 \(n\) 的限制。既然答案与 \(n\) 无关，那就进一步一般化，将式子改为 \(\displaystyle\prod_{i=1}^\infty(1-x^i)\) 也是不影响的。

根据五边形数定理 (Pentagonal number theorem)

\[\prod_{i=1}^\infty (1-x^i)=\sum_{k=-\infty}^\infty(-1)^kx^{\frac{k(3k-1)}{2}}=1+\sum_{i\geq 1}(-1)^i\left(x^{\frac{i(3i+1)}{2}}+x^{\frac{i(3i-1)}{2}}\right) \]

我们容易在 \(O(\sqrt k)\) 时间复杂度内得到 \(\displaystyle\prod_{i=1}^\infty(1-x^i)\) 的每一项。

回到计算答案，由于 \(n\) 是 \(10^9\) 级别的，所以组合数只能朴素计算，在枚举 \(i\) 时乘上对应的系数，从而总复杂度仍然是 \(O(k)\) 的。

 

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\(d_{1,1}=d_{1,2}=1\)，\(d_{1,i}=d_{1,i-1}+d_{1,i-2}\;(i\geq 3)\)，\(d_{i,j}=\displaystyle\sum_{k\leq j}d_{i-1,k}\;(i\geq 2)\)，求 \(d_{n,m}\) 。

\(n\leq 2\times 10^5\)， \(m\leq 10^{18}\)

square869120Contest #3 G - Sum of Fibonacci Sequence

 

显然 \(d_{1,k}\) 即斐波那契数列，\(OGF\) 为 \(\frac{x}{1-x-x^2}\)。我们知道，\(OGF\) 中做前缀和是乘上 \(\frac{1}{1-x}\)，做差分是乘上 \((1-x)\)，所以 \(d_{n,k}\) 的生成函数即为

\[F(x)=\frac{x}{1-x-x^2}\cdot(\frac{1}{1-x})^{n-1} \]

\([x^m]\frac{x}{1-x-x^2}\) 和 \([x^m](1-x)^{1-n}\) 可以分别在 \(O(\log m)\) 和 \(O(n)\) 内快速得到，但是两者的乘积却很麻烦，根据部分分式分解

Partial fraction decomposition

\(G(x)=\prod_{i=1}^m P_i(x)^{n_i}\)，其中 \(P_i(x)\) 为不可约多项式，存在唯一分解：

\[\frac{F(x)}{G(x)}=E(x)+\sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^{n_i}\frac{Q_{i,j}(x)}{P_i(x)^j} \]

\(\deg Q_{i,j}(x)<\deg P_i(x)\)，当 \(\deg F<\deg G\) 时，\(E(x)=0\) 。

在这里有

\[F(x)=\sum_{i=1}^{n-1}\frac{a_i}{(1-x)^i}+\frac{b_1}{1-\alpha x}+\frac{b_2}{1-\beta x}\\ =\frac{A(x)}{(1-x)^{n-1}}+\frac{B(x)}{1-x-x^2} \]

其中 \(\deg A<n-1,\;\deg B<2\)，通分之后与原式比较

\[(1-x-x^2)A(x)+(1-x)^{n-1}B(x)=x \]

由于此式对任意 \(x\) 都成立，而 \(B(x)\) 是 \(kx+b\) 的形式，于是令 \((1-x-x^2)=0\)，带入 \(x=\frac{-1\pm\sqrt 5}{2}\)：

\[(1-\frac{-1\pm \sqrt 5}{2})^{n-1}B(\frac{-1\pm\sqrt5}{2})=\frac{-1\pm\sqrt 5}{2} \]

将数字都表示成 \(a+b\sqrt 5\) 的形式，\((1-\frac{-1\pm \sqrt 5}{2})^{n-1}\) 直接快速幂，容易求出 \(B(x)\) ，此时

\[A(x)=\frac{x-(1-x)^{n-1}B(x)}{1-x-x^2} \]

因为已知 \(A(x)\) 至多 \(n-2\) 项，所以不用多项式求逆，直接大除法即可。

回到原式，现在所求即为

\[d_{n,m}=[x^m]\frac{A(x)}{(1-x)^{n-1}}+[x^m]\frac{B(x)}{1-x-x^2}\\ =\sum_{i=0}^{n-2}\binom{n-2+m-i}{m-i}[x^{i}]A(x)+Fib(m+1)[x^0]B(x)+Fib(m)[x^1]B(x) \]

容易 \(O(n\log mod+\log m)\) 得到上式结果，总时间复杂度也是 \(O(n\log mod+\log m)\) 的。

 

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有一个变量 \(X\) 初始为 \(0\)，每一轮以 \(\frac{A_i}{S}\) 的概率选取 \(i\)，将 \(X\) 变为 \(X+i\!\!\mod M\)，其中 \(1\leq i\leq n,S=\sum_{i=1}^nA_i\) 。求 \(X\) 的值变为 \(K\) 的期望轮数。

\(n\leq \min(500,M-1),2\leq M\leq 10^{18},A_i\leq 100\)

[2019-2020 XX Opencup GP of Tokyo C. Sum Modulo

 

设 \(E(i)\) 为 \(X\) 变为 \(i\) 的期望步数，设 \(p_i=\frac{A_i}{S}\)，则

\[E(i)=p_1E(i-1)+p_2E(i-2)+...+p_nE(i-n)+1 \]

其中 \(E(-i)=E(M-i)\)，可以发现，最终 \(E(n+1),E(n+2),...,E(M-1)\) 都可以表示为 \(c_1E(1)+c_2E(2)+...+c_{n-1}E(n-1)+C\) 的形式（\(E(0)=0\)），那么我们将 \(E(1),..,E(n-1)\) 的表达式都列出来，就会得到 \(n-1\) 个 \(n-1\) 元非平凡线性方程，于是高斯消元便可 \(O(n^3)\) 得到 \(E(1),...,E(n-1)\)，进而求出所有 \(E(i)\) 。

对于多项式 \(f(x)=\sum_{i=0}^k a_ix^i\)，记 \(val(f)=\sum_{i=0}^k a_iE(i)\)，根据递推式，\(i\geq n\) 时

\[val(x^i-p_1x^{i-1}-p_2x^{i-2}-...-p_nx^{i-n})=1 \]

设 \(P(x)=x^n-p_1x^{n-1}-...-p_nx^0\)，则 \(val(x^iP(x))=1\)，进而 \(val(Q(x)P(x))=Q(1)\) 。

现在我们要求的是 \(E(m)=val(x^m)\)，有带余除法 \(x^m=Q(x)P(x)+R(x)\)，\(val(x^m)=val(Q(x)P(x)+R(x))=Q(1)+val(R(x))\)，考虑分治的思路求出 \(Q(1),R(x)\) 。

\(m\) 为偶时，若 \(x^{m/2}=Q(x)P(x)+R(x)\)

\[x^m=(Q(x)P(x)+R(x))^2\\ =Q(x)^2P(x)^2+2P(x)Q(x)R(x)+R(x)^2\\ =P(x)(Q(x)^2P(x)+2Q(x)R(x))+R(x)^2 \]

设 \(R(x)^2=Q_2(x)P(x)+R_2(x)\)，则 \(x^m\) 对应的两个事物为 \(Q(1)^2P(1)+2Q(1)R(1)+Q_2(1)\) 和 \(R_2(x)\)，每一层做一遍带余除法即可，\(m\) 为奇数时给该式多乘个 \(x\) 是容易的，所以是 \(O(n^2\log m)\) 的。

我们需要的是 \(E(M-n+1),...,E(M-2),E(M-1)\)，在我们求出 \(val(x^m)=Q(1)+val(R(x))\) 后，显然 \(x^{m+1}\) 就是右式再乘上个 \(x\)，对 \(xR(x)\) 再来一次带余除法即可，而 \(x(Q(1))=Q(1)\) ，从而容易在 \(O(n^2)\) 内推出 \(x^{m+1}\)，虽然带余除法可以优化到 \(O(n\log n)\)，但是此处不是复杂度瓶颈，无必要。

总时间复杂度 \(O(n^2(n+\log m))\) 。

 

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有标号边双连通无向图计数，点数 \(n\leq 3\times 10^5\)

洛谷 P5828 边双连通图计数

 

先考虑求带标号连通无向图的数量，设其 \(EGF\) 为 \(F(x)\)，另外设不要求连通时的 \(EGF\) 为 \(G(x)\)，显然有

\[\begin{align} G(x)&=\sum_{n\geq 0}2^{\binom{n}{2}}\frac{x^n}{n!}\\ G(x)&=\sum_{n\geq 0}\sum_{\sum_{i=1}^m d_i=n}\frac{1}{m!}\frac{n!}{\prod_{i=1}^m d_i!} \prod_{i=1}^m f_{d_i}\cdot x^n\\ &=\sum_{m\geq 0}\frac{F(x)^m}{m!}\\ &=\exp(F(x))\\ F(x)&=\ln(G(x))=\ln(\sum_{n\geq 0}2^{\binom{n}{2}}\frac{x^n}{n!}) \end{align} \]

设 \(H(x)\) 为有标号边双连通无向图数量的 \(EGF\)，注意到任意一个连通图都可以通过 \(E-DCC\) 缩点变成树的形态，这里我们钦定节点 \(1\) 所在的边双为根，枚举其大小为 \(s\)，然后枚举与根相连的子树的大小 \(a_1,..,a_m\)，枚举子树到根的连边方式，有

\[\begin{align} f_n&=\sum_{s=1}^nh_s\binom{n-1}{s-1}\sum_{m\geq 0}\frac{1}{m!}\sum_{\sum_{i=1}^ma_i=n-s}\frac{(n-s)!}{\prod_{i=1}^m a_i!}\prod_{i=1}^mf_{a_i}a_i s\\ &=\sum_{s=1}^nh_s\binom{n-1}{s-1}\sum_{m\geq 0}\frac{(n-s)!}{m!}\sum_{\sum_{i=1}^ma_i=n-s}\prod_{i=1}^m\frac{f_{a_i}a_is}{a_i!}\\ \frac{nf_n}{n!}&=\sum_{s=1}^n\frac{h_s}{(s-1)!}\sum_{m\geq 0}\frac{1}{m!}\sum_{\sum_{i=1}^ma_i=n-s}\prod_{i=1}^m\frac{f_{a_i}a_is}{a_i!} \end{align} \]

设 \(F_1(x)=xF'(x)=\sum_{n\geq 0}\frac{nf_n}{n!}\)

\[\begin{align} F_1(x)&=\sum_{n\geq 0}\sum_{s=1}^n\frac{h_sx^s}{(s-1)!}x^{n-s}[x^{n-s}]\exp(F_1(x)s)\\ &=\sum_{s\geq1}\frac{h_sx^s}{(s-1)!}\sum_{n\geq 0}x^n[x^n]\exp(F_1(x))^s\\ &=H_1(x\exp(F_1(x))) \end{align} \]

根据拉格朗日反演

\([x^0]F(x)=[x^0]G(x)=0\)，\(F(x)\) 和 \(G(x)\) 互为复合逆，即 \(F(G(x))=G(F(x))=x\)，则有

\[[x^n]H(G(x))=\frac{1}{n}[x^{-1}]\frac{H'(x)}{F(x)^n} \]

证明可见 有关拉格朗日反演的扩展形式的证明

可以发现这等价于 \(F(G(x))=H(x)\) 时

\[[x^n]F(x)=\frac{1}{n}[x^{-1}]\frac{H'(x)}{G(x)^n} \]

设 \(P(x)=x\exp(F_1(x))\)，则

\[F_1(x)=H_1(P(x))\\ F_1(P^{-1}(x))=H_1(P(P^{-1}(x)))=H_1(x) \]

从而

\[\begin{align} [x^n]H_1(x)&=[x^n]F_1(P^{-1}(x))\\ &=\frac{1}{n}[x^{-1}]\frac{F_1'(x)}{P(x)^n}\\ &=\frac{1}{n}[x^{-1}]\frac{F_1'(x)}{x^n\exp(F_1(x))^n}\\ &=\frac{1}{n}[x^{n-1}]\frac{F_1'(x)}{\exp(nF_1(x))} \end{align} \]

于是多项式 \(\exp\) 加多项式求导即可，时间复杂度 \(O(n\log n)\) 。

 

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给定 \(F(x)=\sum_{i=0}^n f_ix^i\) 和 \(k\)，对于 \(1\leq p\leq n\)，求出 \([x^k]F(x)^p\) 。

 

先考虑 \(F(x)\) 的常数项 \(f_0=0\) 的情况，设

\[\begin{align} A(u)&=\sum_{p\geq 0}[x^k]F(x)^pu^p\\ &=[x^k]\frac{1}{1-F(x)u} \end{align} \]

设 \(G(x)=F^{-1}(x)\)，根据拉格朗日反演

\[\begin{align} &[x^k]\frac{1}{1-F(x)u}\\ =&\frac{1}{k}[x^{-1}]\frac{(\frac{1}{1-ux})'}{G(x)^k}\\ =&\frac{1}{k}[x^{k-1}]\frac{u}{(1-ux)^2}\left(\frac{x}{G(x)}\right)^k\\ =&\frac{1}{k}[x^{k-1}]\sum_{i\geq 0}(i+1)u^{i+1}x^i\left(\frac{x}{G(x)}\right)^k \end{align} \]

所以

\[\begin{align} [u^i]A(u)&=\frac{1}{k}[u^ix^{k-1}]\sum_{i\geq 0}(i+1)u^{i+1}x^i\left(\frac{x}{G(x)}\right)^k\\ &=\frac{i}{k}[x^{k-i}]\left(\frac{x}{G(x)}\right)^k \end{align} \]

所以我们只要求出 \(\left(\displaystyle\frac{x}{G(x)}\right)^k\)，然后利用每一项就可以快速求出答案，在求出 \(G(x)\) 之后的时间复杂度是 \(O(n\log n)\) 的。

\(F(x)\) 常数项非 \(0\) 时，令 \(F_0(x)=F(x)-f_0\)，然后求出 \([x^k]F_0(x)^p\)，而

\[\begin{align} [x^k]F(x)^p&=[x^k](F_0(x)+f_0)^p\\ &=\sum_{i=0}^p\binom{p}{i}[x^k]F_0(x)^i\cdot f_0^{p-i}\\ &=p!\sum_{i+j=p}\frac{[x^k]F_0(x)^i}{i!}\cdot\frac{f_{0}^j}{j!} \end{align} \]

是一个卷积的形式，\(FFT\) 即可。

直接求 \(F(x)\) 的复合逆可以做到 \(O((n\log n)^{1.5})\)，practical 的 做法 有 \(O(n^2+n\sqrt n\log n)\) 的。不过如果 \(F(x)\) 有比较好的性质，能快速求出 \(G(x)\) 的话，剩下部分可以 \(O(n\log n)\) 完成。