CF755G-PolandBall and Many Other Balls【倍增FFT】
正题
题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/CF755G
题目大意
\(n\)个东西排成一排，每个组可以选择一个单独的物品或者两个连续的物品，一个物品不同同时在两个组里，但是可以不在组里。对于\(i\in[1,k]\)求分成\(i\)组的方案数。
\(1\leq n\leq 10^9,1\leq k<2^{15}\)
解题思路
有三种方法。
第一种是倍增\(FFT\)，设\(f_{i,j}\)表示到第\(i\)个物品选了\(j\)组时的方案数，那么设\(F_n(x)=\sum_{i=0}^kf_{n,i}x^i\)。
考虑把这个\(F\)分成两半，然后考虑中间的选不选就是
\[F_{n+m}(x)=F_{n}(x)F_m(x)+xF_{n-1}(x)F_{m-1}(x)
\]
我们发现如果需要计算\(F_{2^k}\)，那么我们就需要维护\(F_{2^{k-1}},F_{2^{k-1}-1},F_{2^{k-1}-2}\)这三个东西。
但是这三个东西也可以用来计算\(F_{2^k-1},F_{2^k-2}\)，所以可以维护这三个东西就行倍增。
然后处理的时候同理维护一个\(F_{m}\)和\(F_{m-1}\)就好了。
时间复杂度\(O(n\log^2 n)\)，有点卡常
...
第二种方法是直接组合数学推导。将这个序列提出若干段，每一段之间间隔为\(1\)，那么只有最末尾的段能够长度为\(2\)的。
\[ans_k=\sum_{i=1}^k\binom{n-i}{k}\binom{k}{i}
\]
瓶颈在于后面的\(\binom{k}{i}\)，也就是要求前后没有重复，所以我们可以考虑允许重复的容斥
\[\Rightarrow ans_k=\sum_{i=1}^k(-1)^{i}\binom{k}{i}\binom{n-i}{k-i}2^{k-i}
\]
\[\Rightarrow \sum_{i=1}^k(-1)^i\frac{k!}{i!(k-i)!}\frac{(n-i)!}{(k-i)!(n-k)!}2^{k-i}
\]
\[\frac{k!}{(n-k)!}\sum_{i=1}^k\frac{(-1)^i(n-i)!}{i!}\times \frac{2^{k-i}}{(k-i)!^2}
\]
就可以卷积了，时间复杂度\(O(n\log n)\)
...
第三种方法是特征方程，回到第一个方法的\(F_n(x)\)，我们有
\[f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i-1,j-1}+f_{i-2,j-1}
\]
\[\Rightarrow F_n(x)=(1+x)F_{n-1}(x)+xF_{n-2}(x)
\]
这是一个二次项的递推式，过程就不在论述了，用特征方程化简可以得到
\[F_{n}(x)=\frac{(\frac{x+1-\sqrt {x^2+6x+1}}{2})^{n+1}}{\sqrt{x^2+6x+1}}(mod\ x^{n+1})
\]
然后上全家桶就好了，时间复杂度也是\(O(n\log n)\)
这里的标程用的是第一种方法。
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1<<16,P=998244353;
int n,k,m,r[N],f[3][N],t[3][N],g[2][N];
void fm(int &x){x+=x>>31&P;}
int power(int x,int b){
int ans=1;
while(b){
if(b&1)ans=ans*x%P;
x=x*x%P;b>>=1;
}
return ans;
}
void NTT(int *f,int op){
for(int i=0;i<n;i++)
if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);
for(int p=2;p<=n;p<<=1){
int tmp=power(3,(P-1)/p),len=p>>1;
if(op==-1)tmp=power(tmp,P-2);
for(int k=0;k<n;k+=p){
int buf=1;
for(int i=k,tt;i<(k|len);i++){
tt=1ll*buf*f[i|len]%P;
fm(f[i|len]=f[i]-tt);
fm(f[i]=f[i]+tt-P);
buf=1ll*buf*tmp%P;
}
}
}
if(op==-1){
int invn=power(n,P-2);
for(int i=0;i<n;i++)
f[i]=1ll*f[i]*invn%P;
}
return;
}
void print(int x)
{if(x>9)print(x/10);putchar(x%10+'0');return;}
signed main()
{
scanf("%d%d",&m,&k);k++;n=1;
while(n<(k*2))n<<=1;
for(int i=0;i<n;i++)
r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(n>>1):0);
f[0][0]=f[0][1]=f[1][0]=g[0][0]=1;
for(int d=1;d<=m;d<<=1){
if(m&d){
for(int j=0;j<3;j++){
for(int i=0;i<n;i++)
t[j][i]=(i<k)?f[j][i]:0;
NTT(t[j],1);
}
NTT(g[0],1);NTT(g[1],1);
for(int i=0;i<n;i++){
int b0=g[0][i],b1=g[1][i];
g[0][i]=1ll*b0*t[0][i]%P;
g[1][i]=1ll*b0*t[1][i]%P;
t[0][i]=1ll*t[1][i]*b1%P;
t[1][i]=1ll*t[2][i]*b1%P;
}
NTT(g[0],-1);NTT(g[1],-1);
NTT(t[0],-1);NTT(t[1],-1);
for(int i=0;i<k-1;i++)
(g[0][i+1]+=t[0][i])%=P,
(g[1][i+1]+=t[1][i])%=P;
for(int i=k;i<n;i++)g[0][i]=g[1][i]=0;
}
if(d*2>m)break;
for(int j=0;j<3;j++){
for(int i=0;i<n;i++)
t[j][i]=(i<k)?f[j][i]:0;
NTT(t[j],1);
}
for(int i=0;i<n;i++){
f[0][i]=1ll*t[0][i]*t[0][i]%P;
f[1][i]=1ll*t[1][i]*t[0][i]%P;
f[2][i]=1ll*t[1][i]*t[1][i]%P;
t[0][i]=1ll*t[1][i]*t[1][i]%P;
t[1][i]=1ll*t[1][i]*t[2][i]%P;
t[2][i]=1ll*t[2][i]*t[2][i]%P;
}
for(int j=0;j<3;j++)
NTT(f[j],-1),NTT(t[j],-1);
for(int i=0;i<k-1;i++)
(f[0][i+1]+=t[0][i])%P,
(f[1][i+1]+=t[1][i])%P,
(f[2][i+1]+=t[2][i])%P;
for(int i=k;i<n;i++)f[0][i]=f[1][i]=f[2][i]=0;
}
for(int i=1;i<k;i++)
print(g[0][i]),putchar(' ');
return 0;
}
