P5488-差分与前缀和【NTT,生成函数】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P5488

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1|1题目大意

求一个长度为$n$的序列的$k$阶差分/前缀和。

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1|2解题思路

先考虑前缀和怎么做
搞出来生成函数就是

$$(\sum_{i=0}^na_ix^i)*(\sum_{i=0}^{\infty}x^i)^k$$

然后根据常识我们知道$(\sum_{i=0}^{\infty}x^i)^k=\sum_{i=0}^{\infty}\binom{i+k-1}{i}x^i$，当然也可以理解为$x^i$的系数就是每次会往后跳任意格（可以是$0$），然后$k$次跳$i$步的方案数。

之后式子

$$(\sum_{i=0}^na_ix^i)*(\sum_{i=0}^{\infty}\binom{i+k-1}{i}x^i)$$

直接卷就好了

然后是差分，就是

$$\frac{\sum_{i=0}^na_ix^i}{(\sum_{i=0}^{\infty}x^i)^k}$$

直接上多项式除法就好 。考虑怎么转换这个式子，我们需要用生成函数的方法了，上等比数列公式就有$(\sum_{i=0}^{\infty}x^i)^k=\frac{1}{(1-x)^k}$

那么它的倒数就是$(1-x)^k$，上二项式定理就有$\sum_{i=0}^k(-1)^i\binom{k}{i}x^i$

然后也是两个式子卷起来就好了。

然后$k$可以直接模$p$，考虑$f(k)=(\sum_{i=0}^\infty x^i)^k$那么有$f(k^n)=f(k)^n$所以直接让$k$模$p$即可

时间复杂度$O(n\log n)$

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1|3$code$

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=(1e5)*6,P=1004535809,g=3;
struct poly{
    ll a[N],n;
}G,F;
ll n,k,t,inv[N],r[N];
char s[N];
ll power(ll x,ll b){
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=ans*x%P;
        x=x*x%P;b>>=1;
    }
    return ans;
}
void NTT(ll *f,ll op,ll n){
    for(ll i=0;i<n;i++)
        if(r[i]<i)swap(f[i],f[r[i]]);
    for(ll p=2;p<=n;p<<=1){
        ll len=(p>>1);
        ll tmp=power(g,(P-1)/p);
        if(op)tmp=power(tmp,P-2);
        for(ll k=0;k<n;k+=p){
            ll buf=1;
            for(ll i=k;i<k+len;i++){
                ll tt=buf*f[i+len]%P;
                f[i+len]=(f[i]-tt+P)%P;
                f[i]=(f[i]+tt)%P;
                buf=buf*tmp%P;
            }
        }
    }
    if(op){
        int invn=power(n,P-2);
        for(int i=0;i<n;i++)
            f[i]=f[i]*invn%P;
    }
    return;
}
void mul(poly &a,poly &b){
    ll n=1;
    while(n<=a.n+b.n)n<<=1;
    for(ll i=0;i<n;i++)
        r[i]=(r[i>>1]>>1)^((i&1)?(n>>1):0);
    NTT(a.a,0,n);NTT(b.a,0,n);
    for(ll i=0;i<n;i++)
        a.a[i]=a.a[i]*b.a[i]%P;
    NTT(a.a,1,n);
    return;
}
int main()
{
    scanf("%lld",&n);
    scanf("%s",s);ll l=strlen(s);
    scanf("%lld",&t);
    for(ll i=0;i<l;i++)
        k=(k*10+s[i]-'0')%P;
    inv[1]=1;
    for(ll i=2;i<=n;i++)
        inv[i]=(P-(P/i)*inv[P%i]%P)%P;
    for(ll i=0;i<n;i++)
        scanf("%lld",&F.a[i]);
    G.a[0]=1;
    for(ll i=1;i<=n;i++){
        if(!t)G.a[i]=G.a[i-1]*(i+k-1)%P*inv[i]%P;
        else{
            if(i>k)break;
            G.a[i]=(-1)*G.a[i-1]*(k-i+1)%P*inv[i]%P;
            G.a[i]=(G.a[i]+P)%P;
        }
    }
    G.n=F.n=n;
    mul(G,F);
    for(ll i=0;i<n;i++)
        printf("%lld ",G.a[i]);
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14234864.html
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