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）