题解 P3784 [SDOI2017] 遗忘的集合

$\mathtt{\text{link}}$

题意

集合 $S$ 中有若干种物品，每种物品体积为 $v_i$，且有无限个，$\mathrm{\forall }i\in [1,m]$，用 $S$ 中的物品装 $i$ 体积的方案数为 $f_i$，现给出 $f_{i}modp$，求 $S$。

$1\le m<2^{18},{10}^6\le p<2^{30},p\in \mathbf{Prime}$

题解

题意本来不是这样表述的，我改成这样是为了与 P4389 对比，可以看下我那题的 Solution，这道题就是逆了过来。

考虑若给出 $S$，求 $f_i$ 该怎么做，设 $n=|S|$。

写出 $f$ 的 OGF $F(x)=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{f}_i{x}^i$。

若仅有一个体积为 $v$ 的物品，$F(x)=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\left[v|i\right]x^i=\sum _{i\ge 1}{x}^{iv}$。

如果表为 $1+x^v+x^{2v}+\cdots$，这个等比数列求和很熟悉吧？乘个 $x^v$ 相减得 $F(x)=\sum _{i\ge 1}{x}^{iv}={\displaystyle \frac{1}{1-x^v}}$。

那么答案即为 $n$ 个这样的生成函数的卷积。

如果直接暴力乘，复杂度为 $O(nm\log m)$，肯定不行。

前面的形式幂形式不大好搞，我们考虑怎么卷这个封闭形式。

一个经典 trick，可以用取 $\ln$ 的方式把乘变成加，令 $G(x)=\ln F(x)$，有

$$\begin{array}{rl}{G}^{\prime }(x)& ={\ln }^{\prime }F(x)\\ & ={\displaystyle \frac{F^{\prime }(x)}{F(x)}}\\ & ={\displaystyle \frac{F^{\prime }(x)}{\frac{1}{1-x^v}}}\\ & =(1-x^v)\sum _{i\ge 1}iv\cdot x^{iv-1}\\ & =\sum _{i\ge 1}iv\cdot x^{iv-1}-\sum _{i\ge 1}iv\cdot x^{(i+1)v-1}\\ & =\sum _{i\ge 1}iv\cdot x^{iv-1}-\sum _{i\ge 2}(i-1)v\cdot x^{iv-1}\\ & =v\cdot x^{v-1}+\sum _{i\ge 2}iv\cdot x^{iv-1}-\sum _{i\ge 2}(i-1)v{x}^{iv-1}\\ & =\sum _{i\ge 1}v{x}^{iv-1}\end{array}$$

两边积回来

$$G(x)=\sum _{i\ge 1}{\displaystyle \frac{1}{i}}{x}^{iv}$$

于是枚举 $m$ 种体积，如果有该体积的物品直接在对应次项系数上加，最后做一次 $\exp$ 即可，时间复杂度 $O(m\log m)$。

那反过来想，现在知道 $F(x)$，先做一次 $\ln$ 求出 $G(x)$，思考能否根据 $G(x)$ 求出 $S$。

考虑一个贪心的取法，因为每一项的系数都是由它的次数的因数所贡献的，所以我们从小到大扫一遍。

设 $a=min\{k|\left[x^k\right]G(x)\ne 0\}$，即当前次数最小的，且系数不为 $0$ 的项。

因为 $a$ 次以下的项系数均为 $0$ 肯定没有它的因数可以给它贡献了，说明 $S$ 中必有体积为 $a$ 的物品，将所有 $a$ 的倍数次项的贡献都减掉，再去看下一个，重复这个过程直到 $G(x)=0$。

容易证明这样构造是合法的，且是唯一解。

时间复杂度 $O(m\log m)$。

但这道题的恶心之处在于它任意模数，要 MTT，不想写也不会写，所以没有代码。