calc加强版

XXX.calc加强版

没错，这题还有个加强版，要从多项式角度考虑了。

首先，很容易就能想到，单个数\(a\)的生成函数即为\(1+ax\)，而我们要求的就是\(\prod\limits_{i=1}^{m}(1+ix)\)这个多项式的前\(n\)项的系数。

我们在之前XV.付公主的背包中也碰见过类似的形式。于是我们可以直接套上一个\(\ln\)就能把它转成和的形式。

于是现在就有

\[\exp\Big(\sum\limits_{i=1}^m\ln(1+ix)\Big) \]

考虑\(\ln(1+ix)\)的泰勒展开，会发现它就等于\(\sum\limits_{j=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{j+1}i^j}{j}x^j\)。

于是，\(\sum\limits_{i=1}^m\ln(1+ix)=\sum\limits_{i=1}^m\sum\limits_{j=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{j+1}i^j}{j}x^j=\sum\limits_{j=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{j+1}\sum\limits_{i=1}^mi^j}{j}x^j\)。

假如我们知道\(\sum\limits_{i=1}^mi^j\)，就可以直接\(O(n)\)地计算上式了；于是现在关键就在于计算此式。

我们考虑上式的EGF：\(\sum\limits_{i=0}^{\infty}\dfrac{\Big(\sum\limits_{j=1}^mj^i\Big)x^i}{i!}\)

交换枚举顺序，得到

\[\sum\limits_{j=1}^m\sum\limits_{i=0}^{\infty}\dfrac{(jx)^i}{i!} \]

将它重新转回EGF形式，得到

\[\sum\limits_{j=1}^me^{jx} \]

然后套上等比数列求和公式，最终就得到

\[\dfrac{e^{(m+1)x}-1}{e^x-1} \]

重新转回函数形式，得到

\[\dfrac{\sum\limits_{i=1}^{\infty}\dfrac{(m+1)^ix^i}{i!}}{\sum\limits_{i=1}^{\infty}\dfrac{1}{i!}x^i} \]

因为分子分母都没有常数项，故我们直接把常数项约掉，就得到

\[\dfrac{\sum\limits_{i=0}^{\infty}\dfrac{(m+1)^{i+1}x^i}{(i+1)!}}{\sum\limits_{i=0}^{\infty}\dfrac{1}{(i+1)!}x^i} \]

分母上多项式求逆一下，再和分子卷一起就得到了\(\sum\limits_{i=1}^mi^j\)的EGF；再乘上一个阶乘，最终就得到了原序列。

通过\(\sum\limits_{i=1}^mi^j\)，我们就能求出\(\sum\limits_{i=1}^m\ln(1+ix)\)，然后套上一个\(\exp\)就是原序列。

时间复杂度\(O(n\log n)\)。常数极大，卡了好久才卡过。

AC记录（因为不确定性极强，不保证再次提交仍可通过）