新的课件凭空出现

前排提醒：“没有写过代码的人，他的内容的可信度只有 \(\epsilon\) 那么大。”——摘编自 \(\sf Rainybunny\)

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线性递推

等价于有理分式 \(F(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}\) 。

Example 1.（在 \(\rm accoders\) 上的） 被 \(\textsf{OUYE}\) 切穿的题。类 \(\textit{Bostan-Mori}\) 。

Example 2.（恶心题面） 设 \(F(x)=\frac{x}{(1-x)^3},\;G(x,w)=\frac{xw(1+w)}{(1-xw)^2}\)，求

\[[x^n]\frac{2+F(x)}{1-F(x)G(F(x),w)}\bmod w^{n+1} \]

Solution. 直接当线性递推做。化简避免分式后，可知是常数项的线性递推，并且 \(w\) 的次数和 \(x\) 次数同阶。

因此直接维护每个 \(x^i\) 的系数，用 \(\textit{Bostan-Mori}\) 算法即可。复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\) 因为 \(f(w)\) 的次数是翻倍增长的。就是可能常数大一点。

Example 3.（完全背包） 求 \([x^s]\prod_{i=1}^{n}(1-x^{c_i})^{-1}\)，其中 \(s\leqslant 10^{100}\) 但 \(n\leqslant 50\) 且 \(c_i\leqslant 500\) 。

Solution. 直接 \(\textit{Bostan-Mori}\) 就可以给出 \(\mathcal O(n^2c\log s)\) 做法：上下同时乘 \(\prod(1+x^{c_i})\) 即可。注意乘单个 \((1+x^{c_i})\) 是 \(\mathcal O(nc)\) 的，且分子度数始终为 \(\mathcal O(nc)\) 。

你成功地发现了倍增优化背包。—— \(\sf OUYE\)

分式分解

\(\textsf{EI}\) 的博客：在 \(\textsf{OUYE}\) 面前的败北者的最大狂欢（确信）。

设 \(Q(x)=\prod_{i=1}^{r}(1-a_ix)^{k_i}\) 。因为显然可以假定 \([x^0]Q(x)=1\) 。

记 \(n=\sum k_i=\deg Q(x)\)，设 \(\deg P(x)<n\)，存在唯一分解式

\[\frac{P(x)}{Q(x)}=\sum_{i=1}^{r}\frac{R_i(x)}{(1-a_ix)^{k_i}},\quad\deg R_i(x)<k_i \]

若其已知，则算 \([x^t]{P(x)\over Q(x)}\) 可以枚举 \(R_i(x)\) 的每一项，做到 \(\mathcal O(n+r\log t)\) 的计算（计算 \(a_i^{\thinspace t}\) 需快速幂）。组合数可以现场求。

为了方便，简记 \(q_i(x)=(1-a_ix)^{k_i}\) 。事实上，只要诸 \(q_i(x)\) 互质即可分解。

为何唯一且存在。考虑通分后的结果中，分子为 \(\sum R_i(x)\frac{Q(x)}{q_i(x)}\)，那么我们就知道

\[R_i(x)\frac{Q(x)}{q_i(x)}\equiv P(x)\pmod{q_i(x)} \]

解出来就是 \(R_i(x)=P(x)\cdot \text{inv}\left(\frac{Q(x)}{q_i(x)},q_i(x)\right)\bmod q_i(x)\) 。唯一性证毕。又因 \(P(x)\) 模 \(\forall q_i(x)\) 的结果正确，合法性证毕。

考虑计算 \(Q(x)\over q_i(x)\) 。不基于 \(\textit{FFT}\) 时可以 \(\mathcal O(\deg Q\deg q_i)\) 。求逆可以用 \(\text{exgcd}\)，亦 \(\mathcal O(\deg Q\deg q_i)\) 。乘 \(P(x)\) 就暴力，总复杂度 \(\mathcal O(\deg Q\sum\deg q_i)=\mathcal O(n^2)\) 。

基于 \(\textit{FFT}\) 时，用 多点求值 方法求解所有 \(\frac{Q(x)}{q_i(x)}\bmod q_i(x)\) 和 \(P(x)\bmod q_i(x)\) 。求逆可以用多项式欧几里得（没人写那玩意儿）。对于较简单的 \(q_i(x)=(1-a_ix)^{k_i}\)，记 \(t=1-a_ix\) 则目标就是求 \(F(\frac{1-t}{a_i})\) 在模 \(t^{k_i}\) 意义下的逆元，最后换元回 \(x\) 即可。复合单项式是 \(\mathcal O(k_i\log k_i)\) 的。总复杂度 \(\mathcal O(n\log^2 n)\) 。

Remark. 这个结构就是 \(\textit{CRT}\) 的结果，因为 \(P(x)\over Q(x)\) 和 \(P^{\sf T}(x)\bmod Q^{\sf T}(x)\) 是本质相同的。

转置原理

线性算法，时空复杂度几乎不变，转置矩阵。在某些情况下可以用来卡常。

但它最强的玩法是，解决转置问题，然后将该解法转置来解决原问题。比如 多点求值。

Example 4.（题面） 求 \(\sum F(c_\pi)\)，其中 \(\pi\) 是无自环的置换，\(c_\pi\) 是 \(\pi\) 的循环数量。

Solution. 考虑长为 \(m\) 且有 \(i\) 个环的方案数。单环的 \(\rm EGF\) 是 \(\int\frac{1}{1-x}=-\ln(1{-}x)\)，因此就是

\[\left[{x^m\over m!}\right]\frac{1}{i!}\left(-\ln(1{-}x)-x\right)^i \]

通过多点求值，计算 \(f_i=F(i)\) 后，答案即

\[g_m=\left[{x^m\over m!}\right]\sum_{i=0}^{n}\frac{f_i}{i!}(\ln(1{-}x)+x)^i \]

引入 \(y\) 来形象地解释这一问题。记 \(\lambda(x)=\ln(1{-}x)+x\)，则答案为

\[[y^n]F^{\sf T}(y)\exp(y\lambda(x)) \]

其中 \(F^{\sf T}(y)=\sum_{i=0}^{n}f_iy^{n-i}\) 。注意到 \(\phi(x,y)=\exp(y\lambda(x))\) 有整式递推

\[{\partial\phi(x,y)\over\partial x}=\phi(x,y)\cdot\frac{xy}{1-x} \]

接下来就是魔法了。原问题是

\[g_m=\sum_{i=0}^{n}f_i[x^my^i]\phi(x,y)\quad(0\leqslant m\leqslant n) \]

这就是矩阵 \(A_{m,i}=[x^my^i]\phi(x,y)\) 与列向量 \(v_i=f_i\) 的乘法。将 \(v\) 视作输入，则该问题的转置为

\[g^{\sf T}_m=\sum_{i=0}^{n}f_i[x^iy^m]\phi(x,y) \]

变成了乘行向量。这是二元 \(\rm GF\) 不可思议的基变换！

现在专心于解决转置问题，即 \([x^n]F^{\sf T}(x)\phi(x)\) 。此时可以在 \(x\) 这一维上做整式递推

\[(n{+}1)h_{n+1}(y)=nh_n(y)+yh_{n-1}(y) \]

其中 \(h_n(y)=[x^n]\phi(x,y)\) 。不难将其写为元素为 \(R[\![y]\!]\) 的矩阵，利用分治进行矩阵乘法，在乘法链的末端乘上 \([x^i]F(x)\) 算答案。时间复杂度 \(\mathcal O(n\log^2 n)\) 。

把这个算法转置就得到原问题的答案。类似于多点求值，需要从上往下分治，做减卷积往下传递值。

Remark. 也许转置跟对偶一样：有时它是不可替代的思维方式。

Example 5.（SDOI D2T3 但是我没找到） 计算 \([x^n]\frac{A(x)}{1-tx(1{-}x)}\bmod t^{n+1}\) 。

Solution. 一眼线性递推，鉴定为 \(\mathcal O(n\log^2 n)\) 分治。但如果我们故技重施，我们将看到其转置问题是

\[[t^n]\frac{A(t)}{1-tx(1{-}x)}=\sum_{i=0}^{n}[x(1{-}x)]^i[z^{n-i}]A(z) \]

没错，就是多项式复合。右复合二次式可以做到 \(\mathcal O(n\log n)\)，你晓得吗？配方成顶点式 \(a(x-x_0)^2+c\)，就只需要复合 \((ax+c)\circ x^2\circ(x-x_0)\) 。

Example 6.（诈骗题） 对 \(P(x)=x\) 进行最小次数的两种操作，使得 \(P(x)=Q(x)\) 。两种操作是 \(P(x)\gets P(x)+c\) 和 \(P(x)\gets P(x)^c\)，其中 \(c\) 为任意常数。所有操作在模 \(998244353\) 意义下进行。

Solution. 考虑逐个撤销操作是困难的。诈骗之处在于：我们竟然可以确定第一次操作的参数。

令 “求幂” 操作的参数名为 \(k\) 。注意到 \(Q(x)=H((x{+}c_1)^{k_1})\;(k_1\geqslant 2)\) 其中 \(H(x)\) 是以后的操作的效果，令 \(G(x)=H(x^{k_1})\)，记 \(n=\deg G(x)=\deg Q(x)\)，则 \([x^{n}]G(x)=1\) 且 \([x^{n-1}]G(x)=0\) 。于是 \([x^{n-1}]G(x{+}c_1)=nc_1\)，所以我们把 \(c_1\) 解出来了！

反解出 \(G(x)\)，可以发现 \(k_1\) 就是所有非零系数位置的 \(\gcd\) 。因为若不是，那接下来就会解出 \(c_2=0\)，这与最小操作次数不符（不应有连续的求幂操作）。

很有趣的是，我们没有任何决策。所以直接检验就行了。由于 \(k>1\)，复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\) 。

二元整式递推 \(\rm GF\) 多点求值

可见于 \(\sf EI\) 的博客。简单来说：过分劲爆。

将问题抽象为：每个位置的信息是向量 \(\bf V\)，其存在转移

\[\mathbf{V}_{n,m}=\mathbf{X}(n,m)\mathbf{V}_{n-1,m}=\mathbf{Y}(n,m)\mathbf{V}_{n,m-1} \]

其中 \(\mathbf{X},\mathbf{Y}\) 中只含有关于 \(n,m\) 的有理分式，且 \(nm=0\) 时 \(\mathbf{V}_{n,m}\) 易于求算。

特别地，认为 \(\mathbf{X},\mathbf{Y}\) 中 \(n,m\) 的有理分式的分子分母次数以及 \(\mathbf{V}\) 的长度都是常数。

问题：\(q\) 次求算 \(\mathbf{V}_{n,m}\) 。下面记 \(n\) 为询问中 \(\max\{n,m\}\) 。

强制在线

设块大小 \(B\)，我们先求出 \((iB,jB)\) 处的 \(\mathbf{v}\) 。那么只需求解 \(d={n\over B}\) 时的

\[f_d(s)=\prod_{j=0}^{d-1}\mathbf{X}(iB,\;s{+}j) \]

若将 \(s\) 视为形式变元，则矩阵 \(f_d(s)\) 中每个元素都是分子分母次数为 \(\mathcal O(d)\) 的关于 \(s\) 的有理分式。因此，对每个分子分母，分别保留前 \(\mathcal O(d)\) 个 \(s\) 对应的点值即可。在倍增 \(d\) 之前，用 \(\textit{FTT}\) 求得两倍长度的 \(s\) 的点值，然后直接作乘法即可。

Remark. 为什么分子分母的次数都是 \(\mathcal O(d)\) 呢？考虑提前对转移矩阵通分，即得到 \(A\over P(x)\) 其中 \(A\) 是 \(R[x]\) 上的矩阵。那么 \(\prod A\) 中元素次数为 \(\mathcal O(d)\)，而 \(\prod P(x)\) 次数也为 \(\mathcal O(d)\)，得证。

长度在倍增，复杂度 \(\mathcal O(\frac{n}{B}\log n)\)，乘 \(i\) 的数量就是总复杂度 \(\mathcal O(\frac{n^2}{B^2}\log n)\) 。

对于每组询问，可以用相同的方法，从 \((\lfloor{n\over B}\rfloor,\lfloor{m\over B}\rfloor)\) 转移到 \((n,m)\)，复杂度 \(\mathcal O(\sqrt{B}\log n)\) 。因此最终复杂度是

\[\mathcal O\left(q\sqrt{B}\log n+\frac{n^2}{B^2}\log n\right)\geqslant\mathcal O(n^{0.4}q^{0.8}\log n) \]

当且仅当 \(B=\mathcal O(n^{0.8}q^{-0.4})\) 时取等。这看上去相当毒瘤。

离线做法

按：建议使用莫队 \(\mathcal O(n^{1.5})\) 。

两位交替变换 \((n,m)\) 的二进制位，即每次求出 \(B=2^k\) 的所有 \(\mathbf{V}_{iB,jB}\) 。当然，如果没有询问 \((x,y)\) 满足 \(\lfloor{x\over B}\rfloor=i\)，就忽略这个 \(i\) 。同样的规则也运用在 \(j\) 上。

如何迭代？大力乘出 \(f(j)=\prod_{t=0}^{2^{k-1}}\mathbf{X}_{iB,jB+t}\)，然后多点求值得到对每个 \(j\) 的结果。作乘法就得到新的散点值。类似的过程也运用在另一个维度上。

按：这像是整体逼近，即求出的点值不断逼近询问，并且是同步的。

因此，对于每个 \(i\)，复杂度是 \(\mathcal O(B\log^2 B)\) 的分治乘法和 \(\mathcal O(n_i\log^2 n_i)\) 的多点求值，其中 \(n_i\) 是落在这个 \(i\) 里的询问，因此 \(\sum n_i=q\) 。恰好有 \(\mathcal O({n\over B})\) 个不同的 \(i\)，因此一层的复杂度是 \(\mathcal O(n\log^2 B+q\log^2 q)\) 。共 \(\log n\) 层，总复杂度 \(\mathcal O(n\log^3 n+q\log^2q\log n)\) 。

拉格朗日反演

内容。其实你也可以相信 \(\rm NOI\) 不会有这种数学 \(\rm trick\) 题。

Example 7. 第二类斯特林数行后缀 \({n\brace n-k}\;(k\in[0,m])\)，且 \(n\) 很大。

Solution. 用容斥式做卷积不太好搞。考虑用列上的 \(\rm EGF\)，即

\[{n\brace n-k}=\left[\frac{x^n}{n!}\right]\frac{(\exp(x)-1)^{n-k}}{(n-k)!} \]

我们需要关于 \(k\) 的答案，因此引入新变元 \(u\)，求算

\[\left[\frac{x^n}{n!}\right]\text{e}^{u(\text{e}^x-1)} \]

因为 \((\text{e}^x-1)\) 有复合逆 \(\ln(x{+}1)\)，所以上式为

\[[x^{-1}]\exp(ux)\frac{1}{x+1}\frac{1}{\ln(1{+}x)^{n+1}} \]

此时若求 \(u^{n-k}\) 项系数，则得到

\[\frac{1}{(n{-}k)!}[x^{k-1-n}]\frac{1}{x+1}\frac{1}{\ln(1{+}x)^{n+1}} \]

恰好 \(\ln(1{+}x)\) 没有常数项，不易求逆。不如将其修补好：

\[\frac{1}{(n{-}k)!}[x^{k-1}]\frac{1}{x+1}\left(\frac{\ln(1{+}x)}{x}\right)^{-n-1} \]

使用多项式快速幂就得到了 \(\mathcal O(m\log n)\) 做法。