付公主的背包

XV.付公主的背包

注意这份题解中 $f_i$ 的意义是 $f$ 的 $i$ 次项系数，而 $f_i(x)$ 的意义是第 $i$ 个多项式！

对于每个商品，设它的体积为 $v$ ，则我们可以设一个 $f$ ，其中 $f_i=[v|i]$ 。

则最终的答案，就是所有商品的 $f$ 的卷积。

我们把 $f$ 写成函数的形式，它就变成 $f(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}[v|i]x^i$ 。

于是我们现在要求

a n s = \prod_{i = 1}^{n} f_{i} (x)

$ans=\prod\limits_{i=1}^nf_i(x)$

我们觉得乘起来很不爽，就企图把它转成加起来的形式。

怎么转呢？两边取 $\ln$ 。

于是

\ln a n s = \sum_{i = 1}^{n} \ln f_{i} (x)

$\ln ans=\sum\limits_{i=1}^n\ln f_i(x)$

于是现在关键就是求出 $\ln f_i(x)$ 。显然我们不能直接求 $\ln$ ——那样复杂度就会是很糟糕的 $O(n^2\log n)$ 。我们考虑 $\ln f(x)$ 有何性质。

首先，我们如果令 $x\in(-1,1)$ 的话，运用等比数列求和公式，就有

f (x) = \frac{1}{1 - x^{v}}

$f(x)=\dfrac{1}{1-x^v}$

我们设 $g=\ln f$ ，则有

g = \int \frac{f^{'}}{f}

$g=\int\dfrac{f'}{f}$

套用 $f$ 的定义（ $\dfrac{1}{1-x^v}$ ），就有

g = \int (1 - x^{v}) f^{'}

$g=\int(1-x^v)f'$

再套 $f$ 的另一种定义 $f(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}[v|i]x^i$ 的变种 $f(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}x^{iv}$ ，就有

g = \int (1 - x^{v}) \sum_{i = 1}^{\infty} i \times v \times x^{i v - 1}

$g=\int(1-x^v)\sum\limits_{i=1}^{\infty}i\times v\times x^{iv-1}$

拆括号

g = \int \sum_{i = 1}^{\infty} i \times v \times x^{i v - 1} - \sum_{i = 1}^{\infty} i \times v \times x^{(i + 1) v - 1}

$g=\int\sum\limits_{i=1}^{\infty}i\times v\times x^{iv-1}-\sum\limits_{i=1}^{\infty}i\times v\times x^{(i+1)v-1}$

调整第 $2$ 项的枚举范围

g = \int \sum_{i = 1}^{\infty} i \times v \times x^{i v - 1} - \sum_{i = 2}^{\infty} (i - 1) \times v \times x^{i v - 1}

$g=\int\sum\limits_{i=1}^{\infty}i\times v\times x^{iv-1}-\sum\limits_{i=2}^{\infty}(i-1)\times v\times x^{iv-1}$

然后发现第二项的 $i=1$ 也可以加入枚举范围中

g = \int \sum_{i = 1}^{\infty} i \times v \times x^{i v - 1} - \sum_{i = 1}^{\infty} (i - 1) \times v \times x^{i v - 1}

$g=\int\sum\limits_{i=1}^{\infty}i\times v\times x^{iv-1}-\sum\limits_{i=1}^{\infty}(i-1)\times v\times x^{iv-1}$

然后两个一合并就得到

g = \int \sum_{i = 1}^{\infty} v \times x^{i v - 1}

$g=\int\sum\limits_{i=1}^{\infty}v\times x^{iv-1}$

于是再积分回去就得到

g = \sum_{i = 1}^{\infty} v \times x^{i v} \times \frac{1}{i v}

$g=\sum\limits_{i=1}^{\infty}v\times x^{iv}\times\dfrac{1}{iv}$

即

g = \sum_{i = 1}^{\infty} \frac{x^{i v}}{i}

$g=\sum\limits_{i=1}^{\infty}\dfrac{x^{iv}}{i}$

大功告成！

（~~悄悄说一句，这个是可以通过打表找规律猜出来的~~）

于是我们现在有

\ln a n s = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{v_{i}} ⌋} \frac{x^{j v_{i}}}{j}

$\Large\ln ans=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{v_i}\right\rfloor}\dfrac{x^{jv_i}}{j}$

这个如果开桶装的话（因为不能排除它给你 $n$ 个大小为 $1$ 的商品），就有

\ln a n s = \sum_{i = 1}^{m} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{i} ⌋} \frac{b u c_{i} \times x^{i j}}{j}

$\Large\ln ans=\sum\limits_{i=1}^m\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{i}\right\rfloor}\dfrac{buc_i\times x^{ij}}{j}$

其中 $buc_i$ 为大小为 $i$ 的商品数。

显然，可以用 $O(n\log n)$ 的时间求出 $\ln ans$ （调和级数时间），然后再 $\exp$ 回去即可。

时间复杂度 $O(n\log n)$ 。

代码：

#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1<<20;
const int mod=998244353;
const int G=3;
int ksm(int x,int y){
	int rt=1;
	for(;y;x=(1ll*x*x)%mod,y>>=1)if(y&1)rt=(1ll*rt*x)%mod;
	return rt;
}
int n,m,f[N],g[N],all,INV[N],buc[N];
namespace Poly{
	int rev[N];
	void NTT(int *a,int tp,int LG){
		int lim=(1<<LG),invlim=ksm(lim,mod-2);
		for(int i=0;i<lim;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(LG-1));
		for(int i=0;i<lim;i++)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
		for(int md=1;md<lim;md<<=1){
			int rt=ksm(G,(mod-1)/(md<<1));
			if(tp==-1)rt=ksm(rt,mod-2);
			for(int stp=md<<1,pos=0;pos<lim;pos+=stp){
				int w=1;
				for(int i=0;i<md;i++,w=(1ll*w*rt)%mod){
					int x=a[pos+i],y=(1ll*w*a[pos+md+i])%mod;
					a[pos+i]=(x+y)%mod;
					a[pos+md+i]=(x-y+mod)%mod;
				}
			}
		}
		if(tp==-1)for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=(1ll*a[i]*invlim)%mod;
	}
	int A[N],B[N],C[N],D[N],E[N];
	void mul(int *a,int *b,int *c,int LG){//using: Array A and B
		int lim=(1<<LG);
		for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=B[i]=0;
		for(int i=0;i<(lim>>1);i++)A[i]=a[i],B[i]=b[i];
		NTT(A,1,LG),NTT(B,1,LG);
		for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
		NTT(A,-1,LG);
		for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=A[i];
	}
	void inv(int *a,int *b,int LG){//using: Array C
		b[0]=ksm(a[0],mod-2);
		for(int k=1;k<=LG+1;k++){
			mul(b,a,C,k);
			for(int i=0;i<(1<<k);i++)C[i]=(mod-C[i])%mod;
			(C[0]+=2)%=mod;
			mul(C,b,b,k);
		}
	}
	void diff(int *a,int *b,int lim){
		for(int i=0;i<lim;i++)b[i]=1ll*a[i+1]*(i+1)%mod;
		b[lim-1]=0;
	}
	void inte(int *a,int *b,int lim){
		for(int i=lim-1;i;i--)b[i]=1ll*a[i-1]*ksm(i,mod-2)%mod;
		b[0]=0;
	}
	void ln(int *a,int *b,int LG){//using: Array C
		inv(a,b,LG);
		diff(a,C,1<<LG);
		mul(b,C,b,LG+1);
		inte(b,b,1<<LG);
	}
	void exp(int *a,int *b,int LG){//using: Array D
		b[0]=1;
		for(int k=1;k<=LG+1;k++){
			ln(b,D,k-1);
			for(int i=0;i<(1<<(k-1));i++)D[i]=(a[i]-D[i]+mod)%mod;
			D[0]=(D[0]+1)%mod;
			mul(b,D,b,k);
		}
	}
}
using namespace Poly;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	while((1<<all)<=m)all++;
	INV[1]=1;for(int i=2;i<=m;i++)INV[i]=(-1ll*(mod/i)*INV[mod%i]%mod+mod)%mod;
	for(int x;n--;)scanf("%d",&x),buc[x]++;
	for(int i=1;i<=m;i++)for(int j=1;i*j<=m;j++)(f[i*j]+=1ll*buc[i]*INV[j]%mod)%=mod;
	exp(f,g,all);
	for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d\n",g[i]);
	return 0;
}
/*
5 100
5 6 8 10 13
*/