多项式习题

P3338 [ZJOI2014] 力

给定数组 \(q\)，有：

\[E_j=\sum\limits_{i=1}^{j-1}\frac{q_i}{(i-j)^2}-\sum\limits_{i=j+1}^{n}\frac{q_i}{(i-j)^2} \]

求数组 \(E\)。

首先把数组从 \(0\) 开始编号。

然后如果有数组 \(g_i=\dfrac{1}{i^2}\)，\(g_0=1\)，我们发现：

\(E\) 的前半部分就是 \(q\) 和 \(g\) 卷积。

\(E\) 的后半部分就是 \(q\) 翻转后和 \(g\) 卷积。

由于是浮点数，直接上 FFT 卷积就行。

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P5488 差分与前缀和

给定数组 \(a\)，求 \(a\) 的 \(k\) 维前缀和或差分。

显然，每次让 \(a\) 和一个 \(n\) 项的数组 \(\begin{bmatrix}1&1&1&\dots &1\end{bmatrix}\) 卷积一下，就能求一次前缀和；

和 \(\begin{bmatrix}1&-1&0&\dots&0\end{bmatrix}\) 卷积就能求一次差分。

而卷积有交换律，所以我们只需要用多项式快速幂求出：\(\begin{bmatrix}1&1&1&\dots &1\end{bmatrix}^k\) 或 \(\begin{bmatrix}1&-1&0&\dots&0\end{bmatrix}^k\) ，然后再用 \(a\) 去卷一下就行了。

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P3723 [AH2017/HNOI2017] 礼物

贺题解+抄同学思路，没有一点是自己想的。

给定两个长度为 \(n\) 的数组，可以对两数组其中之一进行两种操作：

1. 整体加上一个非负整数 \(c\)。
2. 把第一个放到最后面任意次。

你可以都做或者都不做。

问下式的最小值：

\[\sum\limits_{i=1}^{n}(a_i-b_i)^2 \]

我们如果不限定正负，就可以考虑强制把 \(c\) 加在 \(a\) 上，于是原式变成：

\[\sum\limits_{i=1}^{n}(a_i+c-b_i)^2 \]

推一下式子就是：

\[\sum a_i^2+\sum b_i^2+nc^2+2(\sum a_i-\sum b_i)c -2\sum a_i b_i \]

显然当 \(c=\dfrac{-2(\sum a_i-\sum b_i)}{2n}=\dfrac{\sum b_i-\sum a_i}{n}\) 时取得最小值。

由于 \(c\) 可能加在 \(b\) 身上，我们可以把这种情况也讨论一下，具体到代码就是：

ll c1 = (ll)(((double)sb-(double)sa)/(double)n+0.5) ,c2 = (ll)(((double)sa-(double)sb)/(double)n+0.5);
c1 = c1*c1*n + 2 * (sa-sb) * c1;
c2 = c2*c2*n + 2 * (sb-sa) * c2;
res += min(c1,c2);

其中 \(sa=\sum a_i\)，\(sb=\sum b_i\)。

由于当数组轮转时，只有 \(-2\sum a_ib_i\) 项在变，我们考虑这一项的最小值怎么求。

其实就是最大化 \(\sum a_i b_i\)。

我们考虑转化成卷积形式，即将 \(b\) 数组翻转，然后再复制两倍长接在自己后面，记为 \(b_{rev}\)。

我们将 \(a\) 和 \(b_{rev}\) 卷积，结果的 \(n\sim 2n-1\) 项中的最大值即为答案（编号从 \(0\) 开始）。

具体看这个图，就能明白卷积后 \(n\sim 2n-1\) 中的每一项都是一种轮换后的 \(\sum a_ib_i\) 的取值，于是取 \(\max\) 即可。

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串串匹配相关

CF1334G Substring Search

给了一个排列，表达了每个字母可以映射成为另一个字母。

给了串 \(s\) 和串 \(t\)，求 \(s\) 和每一个 \(t\) 的子串是否匹配。\(s\) 和一个串 \(t'\) 匹配，当且仅当 \(s_i=t'_i\) 或 \(s_i\) 所映射的字母与 \(t_i\) 相等。

对于两个字符，我们定义 \(S(a,b)=(a-b)^2(p_a-b)^2\)，其中 \(p_a\) 是 \(a\) 所映射的字符。当 \(S(a,b)=0\) 时，\(a\) 这一位可以和 \(b\) 匹配。

所以对于 \(t\) 的某个子串 \(t'\)，只要有：

\[\sum\limits_{i=1}^{\mid s\mid}S(s_i,t'_i)=0 \]

那么 \(s\) 就能和 \(t'\) 匹配。

拆开 \(S(a,b)\)！

\[a^2p_a^2+a^2b^2+b^2p_a^2+b^4-2a^2p_ab-2ap_a^2b-2p_ab^3-2ab^3+4ap_ab^2 \]

1. \(a^2p_a^2\) 是定值。
2. \(b^4\) 前缀和就行，\(O(1)\) 查询。
3. \(-2a^2p_ab\)，把 \(s\) 串翻转，分别以 \(a^2p_a\) 和 \(b\) 为系数卷积即可。
4. \(-2ap_a^2b\)，卷积即可。
5. \(-2p_ab^3\)，卷积即可。
6. \(-2ab^3\)，卷积即可。
7. \(4ap_ab^2\)，卷积即可。
8. \(a^2b^2\)，卷积即可。
9. \(p_a^2b^2\)，卷积即可。

当然，我们以 \(b\) 为主元，合并一下同类项：

\[b^4 + (-2a-2p_a)b^3+(4ap_a+a^2+p_a^2)b^2+(-2a^2p_a-2ap_a^2)b+a^2p_a^2 \]

总而言之，卷积即可！

。。。逆天出题人卡 \(998244353\)，于是我们给每个字符赋一个随机的权值，反正这个做法只要保证相同的字符权值相同就行，这样就能不被卡了！

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CF528D Fuzzy Search

写题解了

P4173 残缺的字符串

我曾经有一种 312 次 NTT 的做法，但这里时限太小常数太大，我写不下。

他敢给我开五秒，我就敢给你说这是正解。——Qcfff

嗯。我们忽略那种烧包做法。

还是字符串匹配，带个通配符。

还是构造一个字符间的匹配函数 \(S(s_i,t_j)\)，要满足能匹配是 \(0\)，不能匹配是正数。

可以这么构造（我孬子咧了愣是没想到）：

\[S(s_i,t_j)=\Big(val(s_i)-val(t_j)\Big)^2val(s_i)val(t_j) \]

然后我们令小写字母的 \(val()\) 价值函数互不相同，通配符的价值为 \(0\)。

跑一边就行了。

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双倍经验：BZOJ4503. 两个串

P4199 万径人踪灭

这不乱写？——Qcfff

给定一个只有 \(\tt{a},\tt{b}\) 组成的紫狐汆 \(s\)，求满足以下条件的子序列个数：

• 位置和字符都回文。
• 不连续

我们可以求出，以每个字符或每个空隙为回文中心，其左右有多少对回文字符对。

我们令 \(val({\tt a})=1\)，\(val({\tt b})=2\)

然后考虑匹配函数：

\[S(a,b)=\Big(val(a)-val(n)\Big)^2val(a)val(b) \]

是不是和上个题很像？我们用 \(s\) 串和它自己依照这个卷积，得到一个结果。先来张图：

紫色字体表示权值，绿色字体代表编号。

我们保留这个卷积的前 \(2n\) 项，于是乎我们通过手玩，发现对于卷积结果的第 \(i\) 项，有：

• 若 \(i\) 为偶数，则这个卷积的结果代表了对称轴为 \(\dfrac{i}{2}\)，左右两边不匹配的字符对个数的\(2\) 倍。

• 若 \(i\) 为奇数，则这个卷积的结果代表了对称轴为 \(\dfrac{i-1}{2}\) 和 \(\dfrac{i-1}{2}+1\) 之间的空隙，左右两边不匹配的字符对个数的\(2\) 倍。

这个图也刚好解释了我们为什么非要把 \(val(a)val(b)\) 乘进去，因为这样刚好可以把对称轴大于 \(\dfrac{n}{2}\) 的部分结果算出来。

然后我们对于每一个作为对称轴的位置，计算左右的总字符对对数减去卷积结果的 \(\dfrac{1}{2}\)，就能算出对称轴为这个位置时，左右相等的对数，记为 \(v_i\big(i\in[0,2n)\big)\)，这里 \(i\) 对应了一个对称轴，其对称轴上面解释过了。

接下来接着考虑原问题。不连续不好算，我们正难则反，考虑用无限制的减去连续的。

无限制的显然就是 \(\sum\limits_{i=0}^{2n-1}2^{v_i}-1\)，表示对于每个位置作为对称轴时，其左右每一对都可以选或不选，再额外减去啥也不选的情况。

连续的话就是回文子串个数了，可以用 Manacher \(O(n)\) 算，也可以字符串哈希 \(O(n\log n)\) 算。后者好写就用了它。

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图计数相关

关于图计数，有一个共同步骤：

设 \(f_i\) 表示 \(i\) 个节点的连通某图数量，其 EGF 为 \(\hat F(x)=\sum\limits_{i=0}\dfrac{f_ix^i}{i!}\)（\(f_0=0\)）。

设 \(g_i\) 表示 \(i\) 个节点的某图数量，其 EGF 为 \(\hat G(x)=\sum\limits_{i=0}\dfrac{g_ix^i}{i!}\)（\(g_0=1\)）。

我们有：

\[\mathrm{e}^{\hat F(x)}=\hat G(x) \]

两边求 \(\ln\)，有：

\[\hat F(x)=\ln \hat G(x) \]

即为：连通的 \(\exp\) 的一般的，一般的 \(\ln\) 是连通的。

P4841 [集训队作业2013] 城市规划

抄题解。

求 \(n\) 个点无重边无自环有标号的无向连通图个数。

我们设 \(f_n\) 为上述数量。

\(g_n\) 为 \(n\) 个点无重边无自环有标号的无向图个数，也就是不保证联通。

考虑用两种方式表达 \(g_n\)。

首先直接想，从 \(n\) 个点中选出 \(2\) 个点，方案有 \(\dbinom{n}{2}\) 中，这每一组点之间的边都可连可不连，于是有：

\[g_n=2^{\binom{n}{2}} \]

其次，考虑用 \(f\) 来表示 \(g_n\)。

我们考虑点 \(1\) 所在的连通块。枚举连通块大小为 \(i\)。

此时，从剩余的 \(n-1\) 个点中选出 \(i-1\) 个点，和 \(1\) 组成连通块，方案有 \(\dbinom{n-1}{i-1}\) 中；

这 \(i\) 个点在连通块里的方案数为 \(f_i\)。

而除去这 \(i\) 个点，剩余的 \(n-i\) 个点之间的无向图个数为 \(g_{n-i}\)。于是有：

\[g_n=\sum\limits_{i=1}^{n}\dbinom{n-1}{i-1}f_ig_{n-i} \]

把 \(g\) 都写成第一种表达方式：

\[2^{\binom{n}{2}}=\sum\limits_{i=1}^{n}\binom{n-1}{i-1}f_i\cdot 2^{\binom{n-i}{2}} \]

把组合数拆开，有：

\[2^{\binom{n}{2}}=\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{(n-1)!}{(i-1)!(n-i)!}f_i\cdot 2^{\binom{n-i}{2}} \]

左右同时除以 \((n-1)!\)，有：

\[\frac{2^{\binom{n}{2}}}{(n-1)!}=\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{f_i}{(i-1)!}\cdot\frac{2^{\binom{n-i}{2}}}{(n-i)!} \]

这是个卷积的形式。具体地，我们设：

\[A(x)=\sum\limits_{i\ge 1}\frac{2^{\binom{i}{2}}}{(i-1)!}x^i,B(x)=\sum\limits_{i\ge1}\frac{f_i}{(i-1)!}x^i,C(x)=\sum\limits_{i=0}\frac{2^{\binom{i}{2}}}{i!} \]

我们就有：

\[A(x)=B(x)C(x) \]

于是：

\[B(x)=\frac{A(x)}{C(x)} \]

多项式求逆即可。

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还有另一种求法，就是用最开头提到的做法，令 \(g_i=2^{\binom{i}{2}}\)，其 EGF：

\[\hat G(x)=\sum\limits_{i=0}\frac{2^{\binom{i}{2}}x^i}{i!} \]

若答案的 EGF 为 \(\hat F(x)\)，有：

\[\hat F(x)=\ln \hat G(x) \]

于是多项式 \(\ln\) 即可。

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P7364 有标号二分图计数

很不会做。遂题解抄之。（二分图啥性质忘光了）

首先题干没说二分连通图，意味着图可以不连通。

设有标号二分连通图的 EGF 为 \(\hat F(x)\)，也就是说：

\[\hat F(x)=\sum\limits_{i=0}f_i\frac{x^i}{i!} \]

其中 \(f_i\) 为有 \(i\) 个点的有标号二分连通图的个数。

我们要求的是有标号二分图，可以不连通。考虑其 EGF 为 \(\hat G(x)\)。于是根据开头提到的做法，有：

\[\hat G(x)=e^{\hat F(x)} \]

我们发现 \(\hat F(x)\) 不好求，于是考虑另一种表达 \(\hat F(x)\) 的方式。

我们定义 \(n\) 个点的 “二分染色图” 个数为：\(n\) 个点的二分图（可以不连通）的个数，其中二分图进行了黑白染色。两个 “二分染色图” 不同，当且仅当边不同，或点的颜色不同。

考虑 “二分染色图” 的 EGF 为 \(\hat H(x)\)。我们用两种方式表达 \(H(x)\)。

1. 考察其 \(\left[\dfrac{x^n}{n!}\right]\) 项系数 \(h_n\)，表示由 \(n\) 个点组成的 “二分染色图” 的数量，有：

\[h_n=\sum\limits_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}2^{i(n-i)} \]

也就是把 \(n\) 个点分为两部分，一部分大小为 \(i\)，全染成白色；另一部分大小为 \(n-i\)，全染成黑色。这样划分的方案数为 \(\dbinom{n}{i}\)；两部分之间任意一对点都可以选择连不连边，于是再乘上 \(2^{i(n-i)}\)。

2. 想一想 \(\hat F(x)\) 和 \(\hat H(x)\) 的关系。

我们有：

\[\hat H(x)=\sum\limits_{i=0}\frac{2^i\hat F(x)^i}{i!}=e^{2x} \]

\(m\) 个联通块的 “二分染色图” 个数的 EGF 为：\(\dfrac{2^{m}\hat F(x)^{m}}{m!}\)，含义为每个联通块钦定一个颜色，有 \(2^m\) 中钦定方法；再把 \(\hat F(x)\) 通过 EGF 乘积的组合意义，组合起来，就得到了这个东西。

而我们枚举联通块个数，就得到了 \(\hat H(x)\) 的生成函数式子。

考察 \(\hat G(x)\) 与 \(\hat H(x)\) 的关系，有：

\[\hat G(x)=\sqrt{\hat H(x)} \]

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于是我们用第一种 \(\hat H(x)\) 的方式算出来 \(\hat H(x)\)，再开个根就有了 \(\hat G(x)\)。

我们把 \(h_n\) 的式子搬过来，想想怎么预处理 \(H(x)\)。

\[h_n=\sum\limits_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}2^{i(n-i)} \]

拆一下组合数，有：

\[h_n=n!\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{1}{i!(n-i)!}2^{i(n-i)} \]

然后这个 \(2^{i(n-i)}\) 很逆天。题解告诉我们：

\[i(n-i)=\dbinom{n}{2}-\dbinom{i}{2}-\dbinom {n-i}{2} \]

什么含义呢？在 \(i\) 和 \(n-i\) 中分别选一个的方案数，等于在 \(n\) 个里面选两个，再减去两个都选在 \(i\) 里，和两个都选在 \(n-i\) 里的方案数。于是便有了这个式子。带回去：

\[h_n=n!\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{1}{i!(n-i)!}2^{\binom{n}{2}-\binom{i}{2}-\binom {n-i}{2}} \]

提出去一个 \(2^{\binom{n}{2}}\)，里面的两个负指数扔到分母，有：

\[h_n=n!2^{\binom n2}\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{1}{i!2^{\binom{i}{2}}}\cdot \frac{1}{(n-i)!2^{\binom {n-i}{2}}} \]

就变成非常标志的卷积形式了！就能做了！

记得处理到 \(h_{2n}\)，因为要开根。

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P6295 有标号 DAG 计数

求 \(n\) 个点，有标号，弱连通的，DAG 图，的个数。

国家集训队2013年王迪的论文中，有讲到：

若 \(dp_i\) 表示不要求弱连通时 \(i\) 个点有标号的 DAG 图数量，令 \(dp_0=1\)，有：

\[dp_i=\sum\limits_{j=1}^{i}(-1)^{j+1}dp_{i-j}\times2^{j(i-j)}\times\dbinom{i}{j} \]

（他原论文不是这么写的，我换了一下记号）

这个式子足够我们做出这个题：BZOJ2863. 愤怒的元首，甚至暴力卷积就行（除非你想要面对着 \(10^9+7\) 这毒瘤模数写 MTT）。提交记录

让我们回来写这个题。

too_later 这篇题解写的很清楚。

我们之前做二分图计数时有：

\[2^{j(i-j)}=2^{\binom{i}{2}-\binom{j}{2}-\binom{i-j}{2}} \]

带进去，有：

\[dp_i=\sum\limits_{j=1}^{i}(-1)^{j+1}dp_{i-j}\times\frac{2^{\binom{i}{2}}}{2^{\binom{j}{2}}\cdot 2^{\binom{i-j}{2}}}\times\frac{i!}{j!(i-j)!} \]

整理一下：

\[\frac{dp_i}{2^{\binom{i}{2}}i!}=\sum\limits_{j=1}^{i}\frac{(-1)^{j+1}}{2^{\binom{j}{2}}j!}\times\frac{dp_{i-j}}{2^{\binom{i-j}{2}}(i-j)!} \]

我们令：

\[\begin{aligned} &f_i=\frac{dp_i}{2^{\binom{i}{2}}i!}\\ &g_i=\frac{(-1)^{i+1}}{2^{\binom{i}{2}}i!} \end{aligned}\]

我们就有：

\[f_i=\sum\limits_{j=1}^{i}g_jf_{i-j} \]

很像个卷积，但有些细节。我们首先把下界变成 \(0\)：

\[f_i=\sum\limits_{j=0}^{i}g_jf_{i-j}-g_0f_i \]

我们于是让 \(g_0=0\)，就有：

\[f_i=\sum\limits_{j=0}^{i}g_jf_{i-j} \]

很能卷了。但当我们 \(i=0\) 时，这个式子在表达：\(f_i=g_0f_0=0\)，但我们把 \(i=0\) 带进 \(f_i\) 的定义式，发现显然错误。于是我们再填个补丁：

\[f_i=\sum\limits_{j=0}^{i}g_jf_{i-j} + [i=0] \]

这个就完美了。如果 \(f,g\) 的 OGF 分别为 \(F(x),G(x)\)，我们就有：

\[F(x)=F(x)G(x)+1 \]

这个 \(+1\) 就是上面那个补丁在起作用。

解方程有：

\[F(x)=\frac{1}{1-G(x)} \]

这样我们就能用 \(O(n\log n)\) 的复杂度，解决不要求弱连通的原问题了。

怎么变成连通呢？我们求出 \(F(x)\) 后就相当于求出了 \(f\) 的每一项。根据 \(f_i\) 的定义式，我们有：

\[dp_i=f_i\cdot 2^{\binom{i}{2}}\cdot i! \]

我们写出 \(dp\) 的 EGF：

\[\hat F(x)=\sum\limits_{i=0}\frac{f_i\cdot 2^{\binom{i}{2}}\cdot i!x^i}{i!}=\sum\limits_{i=0}f_i\cdot 2^{\binom{i}{2}}x^i \]

根据最开头提到的连通某图和某图的关系，设弱连通 DAG 图的 EGF 为 \(\hat H(x)\)，有：

\[\hat H(x)=\ln \hat F(x) \]

我们转成 EGF 后求一下 \(\ln\)，就行了。

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P5641 【CSGRound2】开拓者的卓识

对 Qcfff 的拙劣模仿。思路全是抄他的。

我们可以思考，\(a_i\) 对于 \(S_{k,1,r}\) 的贡献。

我们可以看做：在 \(1\sim i\) 中填 \(k\) 个左括号（可以填在一个位置上）的方案数为 \(L\)，在 \(i\sim r\) 中填 \(k\) 个右括号（也可以填在一个位置上）的方案数为 \(R\)；则 \(a_i\) 对 \(S_{k,1,r}\) 的贡献就是 \(a_i\cdot L\cdot R\)。

因为每个 \(S_{k-1,l,r}\) 只会对 \(\forall L\le l,R\ge r, S_{k,L,R}\) 产生贡献，所以上述结论是正确的。

我们蒙出结论：在长度为 \(len\) 的区间里填 \(k\) 个括号的方案为 \(C_{k+len-1}^{k}\)，为什么不知道，但这个是 \(\begin{bmatrix}1&1&\dots&1\end{bmatrix}\) 的 \(k\) 维前缀和的第 \(len\) 项绝对没错，手玩一下 \(len=5,k=3\) 就能明白。但为什么就是这个组合数？刷到的朋友救一下！

于是我们就可以写出一个东西：

\[S_{k,1,r}=\sum\limits_{i=1}^{r}a_i\cdot C_{k+i-1}^{k}\cdot C_{k+r-i}^{k} \]

我们发现一共需要的组合数为 \(C_{k}^{k},C_{k+1}^{k},\dots,C_{k+n-1}^{k}\)，这些显然可以 \(O(n)\) 预处理。即：

\[C_{k+i}^{k}=\frac{C_{k+i-1}^{k}\cdot (k+i)}{i} \]

然后我们计算出

\[f=\begin{bmatrix}C_{k}^{k}a_1&C_{k+1}^{k}a_2&\dots&C_{k+n-1}^{k}a_n\end{bmatrix} \]

和

\[g=\begin{bmatrix}C_{k}^{k}&C_{k+1}^{k}&\dots&C_{k+n-1}^{k}\end{bmatrix} \]

通过手玩小样例，发现答案就是 \(f\) 和 \(g\) 的卷积。ntt 即可。

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关于为什么有那个组合数的结论，我们这里来证明一下。

原问题可以理解为：有 \(k\) 个球，放进 \(len\) 个盒子里，盒子里可以放多个球，可以空盒子，求方案数。

可以进一步理解为：方程 \(x_1+x_2+\dots +x_{len}=k\) 的非负整数解的组数。

进一步理解为：方程 \(x_1+x_2+\dots +x_{len}=k+len\) 的正整数解的组数。

我们可以看成在 \(k+len-1\) 个空隙中插入 \(len-1\) 个隔板，隔板把球分成了 \(len\) 组，每组就是一个 \(x\) 的解。

所以方案数就是 \(C_{k+len-1}^{len-1}=C_{k+len-1}^{k}\)。证毕。

UVA12298 Super Poker II

有一副扑克，四种花色，点数只能是合数。每种牌都有无限种。有 \(n\) 中牌丢失了，你需要求出四种花色的牌各用一张，拼成 \(a\sim b\) 内每个数的方案数。

我们考虑构造四个数列 \(p_1\sim p_4\)，分别代表四种花色。

对于 \(p_i\) 的每一项 \(p_{i,j}\)，如果满足下列三个条件就赋值为 \(1\)：

1. \(j\le b\)
2. \(j\) 为合数
3. 花色为 \(i\)，点数为 \(j\) 的这张牌没有丢失

其它位置赋值为 \(0\)。

我们考虑 \(p_i\) 和 \(p_j\) 两序列卷积的意义。不难发现卷积后 \([x^n](p_i\times p_j)\) 代表的意义就是各用一张花色为 \(i\) 和 \(j\)，拼成 \(n\) 的方案数。

于是我们把 \(p_1\sim p_4\) 卷起来就行了。

注意这题要用 long double 的 FFT，多测不清空，爆零两行泪。

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CF1548C The Three Little Pigs

显然答案为 \(\sum\limits_{j=0}^{n}\dbinom{3j}{x}\)。多次询问，联想生成函数，我们构造出 OGF：

\[F(x)=\sum\limits_{n=0}x^n\sum\limits_{j=0}^{n}\dbinom{3j}{i} \]

然后很神奇地，更换枚举顺序，有：

\[\sum\limits_{j=0}^{n}\sum\limits_{n=0}\dbinom{3j}{i}x^i \]

后面的东西有封闭形式：

\[\sum\limits_{j=0}^{n}(x+1)^{3j} \]

这个整体，通过错位相减，也能求出封闭形式为：

\[F(x)=\frac{(x+1)^{3n+3}-1}{(x+1)^3-1} \]

理论上来说可以做了。直接暴力跑大除法！

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CF1251F Red-White Fence

不会做，抄了题解。

我们发现 \(k\)，即红栅栏的个数很小。于是我们考虑预处理出：对于每个红栅栏，其左右一共放 \(i\) 个白栅栏有多少种方案。

我们拿其中一个来距离。设 \(f_{i,j}\) 为一共用 \(i\) 个白栅栏，所用的白栅栏高度均 \(\le j\) 的方案数字

发现一种高度的白栅栏只有三种有用的情况：

1. 没有
2. 只有一个
3. 至少两个

我们分别考虑每种情况如何转移

1. 高度为 \(j\) 的白栅栏没有，此时 \(f_{i,j}=f_{i,j-1}\)。

2. 高度为 \(j\) 的白栅栏只有一个，此时 \(f_{i,j}=f_{i,j-1}+2f_{i-1,j-1}\)，即要么不用这个栅栏，要么用它，放左边或放右边共两种情况，故乘以 \(2\)。

3. 高度为 \(j\) 的白栅栏有至少两个，此时 \(f_{i,j}=f_{i,j-1} + 2f_{i-1,j-1} + f_{i-2,j-1}\)，即要么不用它，要么只用一个，放左放右各一种所以乘以 \(2\)，要么两个都用上，必须左右都放所以只乘 \(1\)。

我们发现第一种情况相当于什么也不做，第二种情况相当于给原来的 \(f\) 数组卷上 \(2x+1\)，第三种情况相当于给原来的 \(f\) 数组卷上 \((x^2+2x+1)\)，所以我们设第二种情况的栅栏共有 \(x_1\) 个，第三种情况的栅栏共有 \(x_2\) 个，于是我们索求的 \(f\) 数组即为：

\[(2x+1)^{x_1}(x^2+2x+1)^{x_2}=(2x+1)^{x_1}(x+1)^{2x_2} \]

对左右分别用二项式定理算系数，然后 NTT 卷积到一起就行了。

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P4091 [HEOI2016/TJOI2016] 求和

心路历程

给出 \(n\)，求：

\[\sum\limits_{i=0}^{n}\sum\limits_{j=0}^{i}\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}2^j\cdot j! \]

我们知道第二类斯特林数有通项公式。

带进去，有：

\[\sum\limits_{i=0}^{n}\sum\limits_{j=0}^{i}\sum\limits_{k=0}^{j}\frac{(-1)^{j-k}k^i}{k!\cdot(j-k)!}2^j\cdot j! \]

我们发现和 \(i\) 有关的只有一项 \(k^i\)，于是我们孤立它，更换枚举顺序，把 \(j,k\) 提到前头：

\[\sum\limits_{j=0}^{n}\sum\limits_{k=0}^{j}\frac{(-1)^{j-k}}{k!\cdot(j-k)!}2^j\cdot j! \sum\limits_{i=j}^{n}k^i \]

然后我们发现后面那一项就是：

\[\sum\limits_{i=j}^{k}=\frac{k^{n+1}-k^j}{k-1} \]

带回去，有：

\[\sum\limits_{j=0}^{n}\sum\limits_{k=0}^{j}\frac{(-1)^{j-k}}{k!\cdot(j-k)!}2^j\cdot j! \frac{k^{n+1}-k^j}{k-1} \]

整理整理，为：

\[\sum\limits_{j=0}^{n}2^j\cdot j!\sum\limits_{k=0}^{j} \frac{k^{n+1}-k^j}{k!(k-1)}\cdot \frac{(-1)^{j-k}}{(j-k)!} \]

发现很像一个卷积，我们把 \(k^{n+1}-k^j\) 拆开：

\[\sum\limits_{j=0}^{n}2^j\cdot j!\Bigg(\sum\limits_{k=0}^{j} \frac{k^{n+1}}{k!(k-1)}\cdot \frac{(-1)^{j-k}}{(j-k)!} - \sum\limits_{k=0}^{j} \frac{k^j}{k!(k-1)}\cdot \frac{(-1)^{j-k}}{(j-k)!}\Bigg) \]

发现前面一坨可以卷积，但后面一坨？？？

我们相当于在求这玩意：

\[\sum\limits_{j=0}^{i}A_jB_{i-j}j^i \]

卷个毛。卷不了。我超不会推了？？？？

拜 Qcfff 所赐，我们把原式子放出来：

\[\sum\limits_{i=0}^{n}\sum\limits_{j=0}^{i}\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}2^j\cdot j! \]

我们发现，\(j\) 的上界完全可以变成 \(n\)。然后呢？我们和之前一样推一遍式子。直到孤立 \(i\) 那一步，我们发现了：

\[\sum\limits_{j=0}^{n}\sum\limits_{k=0}^{j}\frac{(-1)^{j-k}}{k!\cdot(j-k)!}2^j\cdot j! \sum\limits_{i=0}^{n}k^i \]

我们 \(i\) 的下界限制 \(j\) 被解除了！！！！！这意味着我们后面的东西变成了：

\[\sum\limits_{i=j}^{k}=\frac{k^{n+1}-1}{k-1} \]

该死的 \(k^j\) 项死掉了！！！它死了哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈

然后我们接着推：

\[\sum\limits_{j=0}^{n}2^j\cdot j!\sum\limits_{k=0}^{j} \frac{k^{n+1}-1}{k!(k-1)}\cdot \frac{(-1)^{j-k}}{(j-k)!} \]

这个东西就能直接卷积了。欲哭无泪。

注意有好几个实现细节：

1. \(0^0=1\)。
2. 特殊注意一下 \(k=1\) 时，\(\sum\limits_{i=0}^{n}k^i=n+1\)。

没_了

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最后大力膜拜 Qcfff 佬！！！

P3711 仓鼠的数学题

求：

\[\sum\limits_{k=0}^{n}a_k\sum\limits_{i=0}^{x}i^k \]

我们有：

\[\sum\limits_{i=0}^{n}i^k=n^k + \frac{1}{k+1}\sum\limits_{i=0}^{k}\binom{k+1}{i}B_in^{k+1-i} \]

带进式子里，有：

\[\sum\limits_{k=0}^{n}a_k\Bigg(x^k + \frac{1}{k+1}\sum\limits_{i=0}^{k}\binom{k+1}{i}B_ix^{k+1-i}\Bigg) \]

拆个括号：

\[\begin{aligned}&\sum\limits_{k=0}^{n}a_kx^k+\\&\sum\limits_{k=0}^{n}a_k\Bigg( \frac{1}{k+1}\sum\limits_{i=0}^{k}\binom{k+1}{i}B_ix^{k+1-i}\Bigg)\end{aligned} \]

前面的东西 \(O(n)\) 乱做。咱考虑后面的东西。咱最好让 \(x\) 的指数正常一点，比如说我们这里内层循环枚举 \(k+1-i\)：

\[\sum\limits_{k=0}^{n} \frac{a_k}{k+1}\sum\limits_{i=1}^{k+1}\binom{k+1}{k+1-i}B_{k+1-i}x^{i} \]

然后组合数有对称性，里面的下面还是 \(i\)，于是：

\[\sum\limits_{k=0}^{n} \frac{a_k}{k+1}\sum\limits_{i=1}^{k+1}\binom{k+1}{i}B_{k+1-i}x^{i} \]

更换枚举顺序。

\[\sum\limits_{i=1}^{n+1}x^{i}\sum\limits_{k=i-1}^{n} \frac{a_k}{k+1}\binom{k+1}{i}B_{k+1-i} \]

然后看看这整出来的一大坨系数咋算。拆开组合数。

\[\sum\limits_{i=1}^{n+1}x^{i}\sum\limits_{k=i-1}^{n} \frac{a_k}{k+1}\cdot \frac{(k+1)!}{i!(k+1-i)!}B_{k+1-i} \]

一堆 \(k+1\)，干脆枚举 \(k+1\)。

\[\sum\limits_{i=1}^{n+1}x^{i}\sum\limits_{k=i}^{n+1} \frac{a_{k-1}}{k}\cdot \frac{k!}{i!(k-i)!}B_{k-i} \]

而且现在 \(i\) 和 \(k\) 的上界也一样了。舒服。分母的 \(k\) 和分子的 \(k!\) 约掉一个 \(k\)：

\[\sum\limits_{i=1}^{n+1}\frac{x^i}{i!}\sum\limits_{k=i}^{n+1} \Bigg(a_{k-1}\cdot(k-1)!\Bigg) \frac{B_{k-i}}{(k-i)!} \]

记 \(f_x=a_{x-1}\cdot (x-1)!,g_x=\dfrac{B_x}{x!}\)

原式变为：

\[\sum\limits_{i=1}^{n+1}\frac{x^i}{i!}\sum\limits_{k=i}^{n+1} f_k g_{k-i} \]

我们可以考虑枚举 \(k-i\)：

\[\sum\limits_{i=1}^{n+1}\frac{x^i}{i!}\sum\limits_{k=0}^{n+1-i} f_{k+i} g_k \]

拜 Qcfff 所赐的惊人注意力，考虑翻转 \(f\)。记 \(f'_{n+1-k}=f_{k}\)，有：

\[\sum\limits_{i=1}^{n+1}\frac{x^i}{i!}\sum\limits_{k=0}^{n+1-i} f'_{n+1-i-k} g_k \]

就~能~算~了~

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UVA12633 Super Rooks on Chessboard

题干：给你一个 \(n\times m\) 的棋盘，上面有 \(p\) 个“半皇后”，即覆盖一行、一列和一条左上到右下的对角线，求有多少个格子没有被覆盖。

首先借助 \(\color{red}\mathfrak{zzafanti}\) 之力，我们将棋盘顺时针旋转 \(90^{\circ}\)，这样子做可以把对角线变成横坐标与纵坐标之和相等的线，方便后面计算。

我们先计算出所有被覆盖格子的数量。编号从 \(0\) 开始。

记：

• \(X_i=\begin{cases}0 & \text{第 }i \text{ 行没有棋子}\\1&\text{第 }i \text{ 行有棋子}\end{cases}\)
• \(Y_i=\begin{cases}0 & \text{第 }i \text{ 列没有棋子}\\1&\text{第 }i \text{ 列有棋子}\end{cases}\)

我们记旋转后 \(n\) 表示行数，\(m\) 表示列数。容易计算：

• 横线的数量 \(t_x=\sum\limits_{i=0}^{n-1}X_i\)
• 竖线的数量 \(t_y=\sum\limits_{i=0}^{m-1}Y_i\)

于是我们可以算出第一类贡献：

\[res\leftarrow t_x\times m+t_y\times n-t_x\times t_y \]

即所有横线上的格子，加上所有竖线上的格子，再减去交叉点格子。

接下来我们依次考虑横纵坐标和为 \(0\sim n+m-2\) 的对角线。

设当前对角线横纵坐标和为 \(z\)。

容易得出该斜线穿过了多少条横线和竖线。设其跨过的行坐标范围为 \(lx\sim rx\)，列坐标 \(ly\sim ry\)，于是有：

\[res\leftarrow res + (rx-lx+1) - \sum\limits_{i=lx}^{rx}X_i-\sum\limits_{i=ly}^{ry}Y_i \]

上式表达了先让这条斜线覆盖上其占有的格子，然后减去重复计算的横竖线。

这个贡献显然可以通过计算前缀和来计算。\(lx,rx,ly,ry\) 自己画个图找找规律就行了。

但这还不够！我们这条斜线每穿过一个横竖线交叉点时，其贡献就会被减掉两次！

于是我们考虑哪些点会被计算。我们发现，当两条横竖线横纵坐标之和为 \(z\) 时，它会被这条线穿过。

于是我们就多减了这么多：

\[res\leftarrow res + \sum\limits_{i=0}^{z}X_iY_{z-i} \]

这是什么？卷积！而且长得很友好！

于是我们直接卷就行了！至此，我们成功把所有被染色的格子数量算了出来，别忘了我们索求的是未被染色的格子。于是：

\[res\leftarrow n\times m-res \]

就是最终答案了！

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P5667 拉格朗日插值2

疯狂抄题解。我抄抄抄抄抄抄抄抄抄抄

我感到罪恶感爬上了我的脊背。

题意：

给定一个不超过 \(n\) 次的多项式的 \(n+1\) 个点值 \(f(0),f(1) \dots f(n)\)，和一个正整数 \(m\)，求 \(f(m),f(m+1) \dots f(m+n)\)。

先回顾拉插：

给定 \(n+1\) 个点对 \((x_0,y_0)\dots(x_n,y_n)\)，可以确定一个 \(n\) 次的多项式 \(f(x)\)，满足 \(\forall i\in[0,n],f(x_i)=y_i\)。

求 \(f(m)\) 的值。

\[f(m)=\sum\limits_{i=0}^{n}y_i\prod_{j=0,j\neq i}^{n}\frac{m-x_j}{x_i-x_j} \]

如果给定的点对为：

\[(0,y_0)\dots(n,y_n) \]

就能写出进一步简化的式子：

\[f(m)=\sum\limits_{i=0}^{n}y_i\prod_{j=-,j\neq i}^{n}\frac{m-j}{i-j} \]

---

根据题解，我们有：

\[f(m+x)=\sum\limits_{i=0}^{n}f(i)\prod_{j=0,j\neq i}^{n}\frac{m+x-j}{i-j} \]

求积符号分别扔到分子分母，有：

\[f(m+x)=\sum\limits_{i=0}^{n}f(i)\frac{\prod\limits_{j=0,j\neq i}^{n}(m+x-j)}{\prod\limits_{j=0,j\neq i}^{n}(i-j)} \]

易得分母为 \(i!\cdot (-1)^{n-i}\cdot (n-i)!\)，分子为 \(\dfrac{(m+x)!}{(m+x-i)(m+x-n-1)!}\)（牢记此题中 \(n<m\)）

于是有：

\[f(m+x)=\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{f(i)}{i! (-1)^{n-i}(n-i)!}\cdot \dfrac{(m+x)!}{(m+x-i)(m+x-n-1)!} \]

把中间的一项无关系数提出来：

\[f(m+x)=\frac{(m+x)!}{(m+x-n-1)!}\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{f(i)}{i! (-1)^{n-i}(n-i)!}\cdot \dfrac{1}{m+x-i} \]

发现里面就是卷积。

我们令：

\[u_i=\frac{f(i)}{i! (-1)^{n-i}(n-i)!} \]

当 \(i>n\) 时 \(u_i=0\)。

还有一个：

\[v_i=\frac{1}{m-n+i} \]

然后我们把 \(u\) 和 \(v\) 求个卷积，考察第 \(x\) 项系数：

\[(u*v)_x=\sum\limits_{i=0}^{x}\frac{f(i)}{i!(-1)^{n-i}(n-i)!}\cdot\frac{1}{m-n+x-i} \]

再考察第 \(n+x\) 项系数：

\[(u*v)_{n+x}=\sum\limits_{i=0}^{n+x}\frac{f(i)}{i!(-1)^{n-i}(n-i)!}\cdot\frac{1}{m+x-i} \]

由于 \(u_{\ge n}=0\)，我们上界可以换成 \(n\)，于是：

\[(u*v)_{n+x}=\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{f(i)}{i!(-1)^{n-i}(n-i)!}\cdot\frac{1}{m+x-i} \]

这说明了什么！

\[\begin{aligned}f(m+x)&=\frac{(m+x)!}{(m+x-n-1)!}\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{f(i)}{i! (-1)^{n-i}(n-i)!}\cdot \dfrac{1}{m+x-i}\\&=\frac{(m+x)!}{(m+x-n-1)!}(u*v)_{n+x}\end{aligned} \]

算就完了！

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hdu 4656 Evaluation

给定 \(n,b,c,d\) 和数组 \(a_{0}\sim a_{n-1}\)，我们有：

\[F(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_ix^i \]

令 \(x_k=b\times c^{2k}+d\)，求 \(F(x_0)\sim F(x_{n-1})\)。

退市自拔。令 \(0\le m<n\)

\[F(b\times c^{2m}+d)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_i(b\times c^{2m}+d)^i \]

二项式定理拆开：

\[F(b\times c^{2m}+d)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sum\limits_{j=0}^{i}a_i\dbinom{i}{j}b^jc^{2mj}d^{i-j} \]

未知力量告诉我们：

没到这一步嘞呀！——\(\mathfrak{Q\color{red}{cfff}}\)

于是我们拆开组合数：

\[F(b\times c^{2m}+d)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sum\limits_{j=0}^{i}a_i\dfrac{i!}{j!(i-j)!}b^jc^{2mj}d^{i-j} \]

整理一下：

\[F(b\times c^{2m}+d)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_ii!\sum\limits_{j=0}^{i}\dfrac{b^j}{j!}\cdot \frac{d^{i-j}}{(i-j)!}c^{2mj} \]

然后孬坛的来了。咋处理 \(c^{2mj}\) 没有一点头猪。

\(\mathfrak{Q\color{red}{cfff}}\) 言：

更换枚举顺序。

谨遵指令之意：

\[F(b\times c^{2m}+d)=\sum\limits_{j=0}^{n-1}\dfrac{b^j}{j!}c^{2mj}\sum\limits_{i=j}^{n-1}a_ii!\cdot \frac{d^{i-j}}{(i-j)!} \]

\(2mj=m^2+j^2-(m-j)^2\)，于是：

\[c^{2mj}=\frac{c^{m^2+j^2}}{c^{(m-j)^2}} \]

——\(\mathfrak{Q\color{red}{cfff}}\)

我们带进去：

\[F(b\times c^{2m}+d)=\sum\limits_{j=0}^{n-1}\dfrac{b^j}{j!}\cdot \frac{c^{m^2+j^2}}{c^{(m-j)^2}}\sum\limits_{i=j}^{n-1}a_ii!\cdot \frac{d^{i-j}}{(i-j)!} \]

整理一下：

\[F(b\times c^{2m}+d)=c^{m^2}\sum\limits_{j=0}^{n-1}\dfrac{b^j}{j!}\cdot \frac{c^{j^2}}{c^{(m-j)^2}}\sum\limits_{i=j}^{n-1}a_ii!\cdot \frac{d^{i-j}}{(i-j)!} \]

咱把 \(i\) 下界换一下，也就是枚举 \(i-j\)

\[F(b\times c^{2m}+d)=c^{m^2}\sum\limits_{j=0}^{n-1}\dfrac{b^j}{j!}\cdot \frac{c^{j^2}}{c^{(m-j)^2}}\sum\limits_{i=0}^{n-j-1}a_{i+j}(i+j)!\cdot \frac{d^i}{i!} \]

把 \(a\) 翻转并乘一个阶乘系数，具体的，\(a'_{n-1-j}=a_{j}j!\)，于是有：

\[F(b\times c^{2m}+d)=c^{m^2}\sum\limits_{j=0}^{n-1}\dfrac{b^j}{j!}\cdot \frac{c^{j^2}}{c^{(m-j)^2}}\sum\limits_{i=0}^{n-j-1}a'_{n-1-j-i}\cdot \frac{d^i}{i!} \]

后面裸卷积，设 \(u_j=\sum\limits_{i=0}^{j}a'_{j-i}\cdot \dfrac{d^i}{i!}\)，我们有：

\[F(b\times c^{2m}+d)=c^{m^2}\sum\limits_{j=0}^{n-1}\dfrac{b^j}{j!}\cdot \frac{c^{j^2}}{c^{(m-j)^2}}u_{n-j-1} \]

有些脑瘫了。把 \(u\) 翻转过来，具体的，\(u'_j=u_{n-1-j}\)，于是：

\[F(b\times c^{2m}+d)=c^{m^2}\sum\limits_{j=0}^{n-1}\dfrac{b^j}{j!}\cdot \frac{c^{j^2}u'_j}{c^{(m-j)^2}} \]

一大坨。我们为了好看一点，记：

\[p_j=\frac{b^jc^{j^2}u_j'}{j!} \]

于是有：

\[F(b\times c^{2m}+d)=c^{m^2}\sum\limits_{j=0}^{n-1}\frac{p_j}{c^{(m-j)^2}} \]

后面是卷积很明显了，但上界很寄。我们不如分开算：

\[F(b\times c^{2m}+d)=c^{m^2}\Bigg(\sum\limits_{j=0}^{m}\frac{p_j}{c^{(m-j)^2}} + \sum\limits_{j=m+1}^{n-1}\frac{p_j}{c^{(m-j)^2}}\Bigg) \]

第一部分就是裸卷积。设一下 \(q_m=\sum\limits_{j=0}^{m}\frac{p_j}{c^{(m-j)^2}}\)，于是：

\[F(b\times c^{2m}+d)=c^{m^2}\Bigg(q_m + \sum\limits_{j=m+1}^{n-1}\frac{p_j}{c^{(m-j)^2}}\Bigg) \]

后面是啥？我们知道：\((j-m)^2=(m-j)^2\)，于是：

\[F(b\times c^{2m}+d)=c^{m^2}\Bigg(q_m + \sum\limits_{j=m+1}^{n-1}\frac{p_j}{c^{(j-m)^2}}\Bigg) \]

考虑枚举 \(j-m-1\)，有：

\[F(b\times c^{2m}+d)=c^{m^2}\Bigg(q_m + \sum\limits_{j=0}^{n-m-2}\frac{p_{j+m+1}}{c^{(j+1)^2}}\Bigg) \]

烦人。令 \(p'_{n-1-j} = p_{j}\)，有：

\[F(b\times c^{2m}+d)=c^{m^2}\Bigg(q_m + \sum\limits_{j=0}^{n-m-2}\frac{p'_{n-m-2-j}}{c^{(j+1)^2}}\Bigg) \]

令 \(c'_j=\dfrac{1}{c^{(j+1)^2}}\)，有：

\[F(b\times c^{2m}+d)=c^{m^2}\Bigg(q_m + \sum\limits_{j=0}^{n-m-2}p'_{n-m-2-j}c'_{j}\Bigg) \]

终于！裸卷积！设 \(r_n=\sum\limits_{j=0}^{n}p'_{n-j}c'_{j}\)，有：

\[F(b\times c^{2m}+d)=c^{m^2}(q_m + r_{n-m-2}) \]

只需枚举。沙比提还要任意模数，出题人孬子全是泡。

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BZOJ4836. 二元运算

给定一种运算：

\[a\operatorname{opt}b=\begin{cases}a+b & a<b\\a-b &a\ge b\end{cases} \]

给定两个长度分别为 \(n,m\) 的数列 \(a,b\)，然后 \(q\) 次询问，每次给定一个 \(c\)，求有多少对 \((i,j)\) 满足 \(a_i\operatorname{opt}b_j=c\)。

首先看到分治标签，还发现值域和长度同级，于是我们考虑在值域上分治。

设 \(a\) 序列里数字 \(i\) 出现了 \(A_i\) 次，\(b\) 序列里数字 \(i\) 出现了 \(B_i\) 次。我们想要求出数组 \(c\)，满足 \(c_i\) 为询问 \(i\) 的答案。

考虑当前分治的值域为 \([l,r]\)。

• 若 \(l=r\)，则此时令 \(c_0\leftarrow c_0+A_l\times B_l\)。

考虑 \(\operatorname{opt}\) 的定义，显然当 \(a=b\) 时 \(a\operatorname{opt} b=a-b=0\)，于是此时 \(a\) 和 \(b\) 都只能取 \(l\)，他们之间做 \(\operatorname{opt}\) 运算只能得到 \(0\)，于是把贡献加到 \(c_0\) 上。

• 若 \(l<r\)，则考虑左半边和右半边合并时产生的贡献。

我们令 \(mid = \left\lfloor\dfrac{l+r}{2}\right\rfloor\)，我们进行如下处理：

1. 递归计算 \([l,mid]\)，\([mid+1,r]\)。

2. 考虑值域在 \([l,mid]\) 之间的 \(a\) 与值域在 \([mid+1,r]\) 之间的 \(b\) 相 \(\operatorname{opt}\) 的贡献。

这一部分贡献中因为 \(a<b\)，有 \(a\operatorname{opt} b=a+b\)，卷个积吧。

3. 考虑值域在 \([l,mid]\) 之间的 \(b\) 与值域在 \([mid+1,r]\) 之间的 \(a\) 相 \(\operatorname{opt}\) 的贡献。

这一部分贡献中因为 \(a>b\)，有 \(a\operatorname{opt} b=a-b\)，把某一个数组翻转后，卷个积吧。

---

不难发现这个就是个整体二分的过程。照上面说的跑一遍就行了。

卷积的部分细节怪多的。

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BZOJ3451. Tyvj1953 Normal

cy 锐评这种笔记意义不大。我不敢苟同。

题意：

time = 0
Solve(Tree a) {
	time += a.size;
	if (a.size == 1) return;
	else {
		select x in a;
		delete a[x];
	}
}

有这么一个点分治，按照上述伪代码运行，在选择 a 中的 x 节点并将其删除后，原树分成了好多个子树，然后对每个子树调用 Solve。

我们均匀随机地选择 x，求 time 的期望。

抄题解 by _ANIG_

原本考虑了 \(f_i\) 表示 \(i\) 点被删掉时所处子树的大小，求：

\[E\left(\sum f_i\right)=\sum E(f_i) \]

然后不会了。

发现其实把贡献拆开了，每个点的贡献可以这么计算：

设 \(f_i\) 表示 \(i\) 所处连通块中，\(i\) 在第几次被删掉。

答案其实还是 \(E\left(\sum f_i\right)\)。因为 \(i\) 所处连通块中，每删掉一个点，\(i\) 都为答案贡献了 \(1\)。

这个东西就能算了。等同于计算 \(\sum E(f_i)\)，让我们分开考虑。

如果令 \(i\) 为根。每次删掉连通块中一个点，相当于把它和它的子树一并删掉。于是 \(E(f_i)\) 转化成了这个题：Game on Tree，答案为 \(\sum\limits_{j=1}^{n} \dfrac{1}{dep_j}\)，其中 \(dep_i=1\)。

于是原题变成了：树上任选两个点，它们距离加一的倒数进行求和。我们称之为两个点的贡献之和。

这个可以点分治算。（用正确的点分治去算错误的点分治可还行）

对于当前根，我们需要统计跨过根的路径（包括路径一端在根上）。也就是统计两个点属于不同子树，它们的贡献之和。

可以容斥，也就是用整棵树中任意两个点的贡献之和，减去每颗子树中任意两个点的贡献之和。这两部分是规模不同的相同问题。

我们考虑其中任意一个。把这颗树（可能是原树或者某一棵子树）中的点的深度都拿出来，存一下，设一共有 \(n\) 个点，于是要求：

\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}\frac{1}{dep_i+dep_j+1} \]

考虑 \(dep=i\) 的点共有 \(c_i\) 个，令 \(m=\max(dep_i)\)，于是：

\[\sum\limits_{i=0}^{m}\sum\limits_{j=0}^{m}\frac{1}{i+j+1}c_ic_j \]

枚举 \(k=i+j\)：

\[\sum\limits_{k=0}^{2m}\frac{1}{k+1}\sum\limits_{i=0}^{k}c_ic_{k-i} \]

就是卷积了，就能做了。

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BZOJ3509. COUNTARI

给定一个长度为 \(n\) 的数组 \(a\)，求有多少对三元组 \((i,j,k)\) 满足 \(a_k-a_j=a_j-a_i\)。

看到标签分块。于是我们分块。设块长为 \(T\)。

枚举一个块，复杂度 \(O(\dfrac{n}{T})\)。

分三部分计算。

1. 对于 \(j\) 在块内，\(i,k\) 在块外的左右两侧，我们把块外两侧卷积起来，枚举 \(j\)，\(O(1)\) 查找即可。复杂度 \(O(T+V\log V)\)

2. 对于 \(i\) 和 \(j\) 在块内，\(k\) 在块外，我们枚举 \(i,j\)，然后 \(O(1)\) 查找就行。复杂度 \(O(T^2)\)。\(j\) 和 \(k\) 在块内，\(i\) 在块外同理。

3. 对于 \(i,j,k\) 都在块内，枚举 \(j,k\)，然后在 \(j\) 的左边查找就行了。复杂度 \(O(T^2)\)。

总复杂度：\(O\left(\dfrac{n}{T}\cdot(T+V\log V)+T^2\right)=O(n+\dfrac{n}{T}V\log V+nT)\)。

玄学调调块长就行。

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CF960G Bandit Blues

拜 Qcfff 与 _ANIG_ 所赐。

参见 九阳哥的博客。

设 \(f_{i,a}\) 表示一共 \(i\) 个互不相同的数，有 \(a\) 个前缀最大值的方案数。

神奇的枚举其中最小值的位置。最小值在第 \(1\) 个位置时，贡献为 \(f_{i-1,a-1}\)，即作为前缀最大值。

不在第一个位置时，贡献为 \((i-1)f_{i-1,a}\)，即为选择 \(i-1\) 中一个位置并不作为前缀最大值。

于是有：

\[f_{i,a}=f_{i-1,a-1} + (i-1)f_{i-1,a} \]

就是第一类斯特林数。

\[f_{i,a} = \begin{bmatrix}i\\a\end{bmatrix} \]

考虑答案的计算，枚举 \(n\) 的位置，有：

\[\sum\limits_{i=1}^{n}\binom{n-1}{i-1}f_{i-1,a-1}\times f_{n-i,b-1} \]

也就是：

\[\sum\limits_{i=1}^{n}\binom{n-1}{i-1}\begin{bmatrix}i-1\\a-1\end{bmatrix}\times\begin{bmatrix}n-i\\b-1\end{bmatrix} \]

算两行第一类斯特林数就行了。

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P2791 幼儿园篮球题

但凡我能知道，斯特林数的性质……

多测，并给定一个 \(L\) 适用于每组测试；每次给定 \(n,m,k\)，题意就是在求：

\[\frac{\sum\limits_{x=0}^{k}\dbinom{m}{x}\dbinom{n-m}{k-x}x^L}{\dbinom{n}{k}} \]

分母乱做。分母。不会。瞟了一眼题解。第二类斯特林数？？？

第二类斯特林数有性质：

\[m^n=\sum\limits_{i=0}^{m}\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}i!\dbinom{m}{i} \]

套进去！！！

\[\sum\limits_{x=0}^{k}\dbinom{m}{x}\dbinom{n-m}{k-x}\sum\limits_{i=0}^{x}\begin{Bmatrix}L\\i\end{Bmatrix}i!\dbinom{x}{i} \]

组合数有性质：

\[\binom{n}{m}\binom{m}{k}=\binom{n}{k}\binom{n-k}{m-k} \]

发现有两个组合数就是这式子左边。带进去！

\[\sum\limits_{x=0}^{k}\sum\limits_{i=0}^{x}\dbinom{m}{i}\dbinom{m-i}{x-i}\dbinom{n-m}{k-x}\begin{Bmatrix}L\\i\end{Bmatrix}i! \]

之后就是套路推式子了。把 \(i\) 扔出去！

\[\sum\limits_{i=0}^{k}\begin{Bmatrix}L\\i\end{Bmatrix}i!\binom{m}{i}\sum\limits_{x=i}^{k}\dbinom{m-i}{x-i}\dbinom{n-m}{k-x} \]

有一个神奇的东西，范德蒙德卷积的推论：

\[\sum\limits_{i=-l}^{r}\binom{n}{l+i}\binom{m}{r-i}=\binom{n+m}{l+r} \]

发现原式子中 \(l=-i,r=k\)，直接把式子带进去！

\[\sum\limits_{i=0}^{k}\begin{Bmatrix}L\\i\end{Bmatrix}i!\binom{m}{i}\binom{n-i}{k-i} \]

我们知道第二类斯特林数 \(\begin{Bmatrix}L\\i\end{Bmatrix}\) 在 \(i>L\) 时取值为 \(0\)，于是枚举上界改掉！

\[\sum\limits_{i=0}^{\min(k,L)}\begin{Bmatrix}L\\i\end{Bmatrix}i!\binom{m}{i}\binom{n-i}{k-i} \]

于是预处理出一行第二类斯特林数，\(O(L)\) 回答询问即可。

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BZOJ3684. 大朋友和多叉树

设 \(f_n\) 为根节点权值为 \(n\) 的方案数。其OGF为 \(F(x)\)。

我们有：

\[f_n=\sum\limits_{k\in D}[x^n]F(x)^k \]

表达的含义就是：枚举根节点子树数量为 \(k\)，然后 OGF 组合意义顺序拼接就有这玩意。

于是我们有：

\[F(x)=x+\sum\limits_{k\in D}F(x)^k \]

这里加 \(x\) 的原因是：由于数据范围中 \(k\ge 2\)，则 \(F(x)^k\) 中没有一次项；而 \(f_0=0,f_1=1\)，一次项系数理应为 \(1\)，故加上 \(x\)。

于是：

\[F(x)-\sum\limits_{k\in D}F(x)^k=x \]

我们设 \(G(x)=x-\sum\limits_{k\in D}x^k\)，有：

\[G\Big(F(x)\Big)=x\Leftrightarrow F\Big(G(x)\Big)=x \]

我们知道 \(G(x)\)，于是拉格朗日反演求出其复合逆 \(F(x)\) 的第 \(n\) 项值就行了！

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CF914G Sum the Fibonacci

记 \(p_i=\sum\limits_{j=0}^{n}[s_j=i]\)。

我们求出：

\[A_k=\sum\limits_{i|j=k,i\&j=0}p_ip_j \]

\[B_k=p_k \]

\[C_k=\sum\limits_{i\otimes j=k}p_ip_j \]

然后求出：

\[T_p=\sum\limits_{i\&j\&k=p}A_if(i)B_jf(j)C_kf(k) \]

计算答案：

\[ans=\sum\limits_{k=0}^{17}T_{2^k} \]

即可。

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CF755G PolandBall and Many Other Balls

这下脑瘫了。

赛时做法：我们有：

\[ans_m=\sum\limits_{i=0}^{m}\binom{n-i}{i}\binom{n-2i}{m-i} \]

一共选 \(m\) 组，其中枚举 \(i\) 组为两个，方案数通过插板法是 \(\dbinom{n-i}{i}\)，剩余的 \(m-i\) 组都是一个，选法为 \(\dbinom{n-2i}{m-i}\)，乘一下就有上式。

然后这个东西卷不了一点。卷个积吧。

正解：记 \(f(i,j)\) 为前 \(i\) 个数，放了 \(j\) 组的方案数。

我们有：

\[f(i,j)=f(i-1,j-1)+f(i-2,j-1)+f(i-1,j) \]

分别为在 \(i\) 个位置放一个长度为 \(1\) 的，或者一个长度为 \(2\) 的，或者啥也不放。

初始值：\(f(0,0)=f(1,0)=f(1,1)=1\)。

记生成函数：

\[F_i(x)=\sum\limits_{j=0}f(i,j)x^j \]

我们有递推式：

\[F_i(x)=(x+1)F_{i-1}(x)+xF_{i-2}(x) \]

我们要求的就是 \([x^k]F_n(x)\)，即 \(f(n,k)\)。初始值：\(F_0(x)=1,F_1(x)=x+1\).

我们写成转移矩阵：

\[\begin{bmatrix}F_{i-1}(x),F_{i-2}(x)\end{bmatrix}\times \begin{bmatrix}(x+1) &1\\x&0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}F_{i}(x),F_{i-1}(x)\end{bmatrix} \]

这个容易证明。于是：

\[\begin{bmatrix}F_{1}(x),F_{0}(x)\end{bmatrix}\times \begin{bmatrix}(x+1) &1\\x&0\end{bmatrix}^{n-1}=\begin{bmatrix}F_{n}(x),F_{n-1}(x)\end{bmatrix} \]

中间的东西矩阵快速幂套多项式乘法计算即可。时间复杂度 \(O(k\log k\log n)\)

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CF1613F Tree Coloring

把一颗 \(n\) 个节点的树染成 \(n\) 种不同的颜色，使得每个节点都不是其父节点的颜色减一。

那个容斥我想了很久 ——jmc

于是我们考虑容斥。

我们要求的答案就是：任意染色的方案数，减去至少一对父子节点不合法的方案数，加上至少两对父子节点不合法的方案数……

由于颜色互不相同，对于某个节点，它最多有一个儿子的颜色是其减一。

记 \(c_i\) 为节点的儿子个数（不考虑叶子结点）。

考虑一共有 \(j\) 对父子节点不合法，这些父节点肯定互不相同。而对于某个父节点 \(i\)，它可以选择 \(c_i\) 中任意一个，将其颜色染成 \(i\) 的颜色减一。

于是乎我们就转化成：求在 \(c_1\sim c_n\) 中任选 \(j\) 个，求其乘积，再把所有的乘积求和。算出这个后，我们把每对不合法的父子节点当成一组，分配颜色的方案就是 \((n-j)!\)。我们考虑解决前面的问题。

设 \(f(i,j)\) 为在前 \(i\) 个节点中选择 \(j\) 个，它们的 \(c\) 求积再求和的结果。我们转移：

\[f(i,j)=c_if(i-1,j-1) + f(i-1,j) \]

很清晰。我们构造生成函数：\(F_i(x)=\sum\limits_{j=0}f(i,j)x^j\)，于是有：

\[F_i(x)=(1+c_ix)F_{i-1}(x) \]

初始值：\(F_0(x)=1\)。我们最终要求的就是 \(F_n(x)\) 的各项系数，于是我们求：

\[\prod\limits_{i=1}^{n}(1+c_ix) \]

即可。这个东西分治 FFT 就能做，时间复杂度为 \(T(n)=2T(\dfrac{n}{2})+O(n\log n)=O(n\log^2n)\)。

于是答案就是：

\[\sum\limits_{i=0}(-1)^i\Big([x^i]F_n(x)\Big)(n-i)! \]

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CF1580F Problems for Codeforces

不会。抄题解。

其实题解里说的很详细了。这里写几个我认为不易理解的地方。

1. 关于 \(T(x)=\dfrac{1}{1-A(x)}\)

其实是 \(T(x)=\sum\limits_{i=0}A(x)^i\)，即枚举奇段个数，利用 OGF 组合意义顺序拼接得出。

为什么加上 \(A(x)^0\)？\(0\) 个奇段啥意思？其实加在了常数项上，我们又不用，所以加上去也没必要。

2. 关于牛逼转化

对于相邻两个 \(S\) 和 \(B\)，有：

\[\begin{aligned}&S+B<m\\ \Leftrightarrow &S+B-\left\lceil\frac{m}{2}\right\rceil < m-\left\lceil\frac{m}{2}\right\rceil\\ \Leftrightarrow &S+B'< \left\lfloor\frac{m}{2}\right\rfloor \end{aligned}\]

所以能够和「\(m/2\) 序列」一一对应。

3. 关于 \(a_{m,i}=f_{m/2,i}\)

这里只有当 \(i\) 为奇数且不为 \(1\) 时满足。其余情况：

• \(a_{m,i}=0\)，\(i\) 为偶数（毕竟是奇段，长度不能是偶数）

• \(a_{m,1}=\left\lceil\dfrac{m+1}{2}\right\rceil\)，只有一个数且必须是小数，根据小数的定义就有这个。

4. 关于 \(F(x)=A(x)+\dfrac{B(x)^2}{1-A(x)}\)

先说后面 偶段 + 若干奇段 + 反的偶段 部分为什么是这个。

OGF 组合意义秒了。其实就是：

\[B(x)\times\Bigg(\sum\limits_{i=0}A(x)^i\Bigg)\times B(x) \]

就是顺序拼接！中间的弄成封闭形式即可。

再说前面的 \(A(x)\)。为什么一段 \(\tt{BSBSB\dots BSB}\) 可以和一个奇段对应？对于每个数，我们都用 \(m-1\) 去减它，就能把所有的 \(\tt B\) 变成 \(\tt S\)，把 \(\tt S\) 变成 \(\tt B\)。

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CF662C Binary Table

我们设 \(a_i\) 为第 \(i\) 列从上往下当成一个二进制数，这个数是啥。

我们考虑枚举哪些行被反转。具体地，我们枚举一个 \(n\) 位的二进制数 \(i\)，其中第 \(j\) 位为 \(1\) 表达第 \(j\) 行被反转（这里从 \(1\) 编号）。

我们发现 \(i\otimes a_j\) 就是第 \(j\) 列按照上述规则反转后的第 \(j\) 列组成的数。

对于一个 \(n\) 位的二进制数 \(x\)，我们定义其 \(val\) 为：

\[val(x)=\min (i,x-i) \]

其中 \(i\) 为 \(x\) 中 \(1\) 的出现次数。于是我们求的答案：

\[\min\limits_{i=0}^{2^{n+1}-1}\Bigg(\sum\limits_{j=1}^{m}val(i\otimes a_j)\Bigg) \]

易于理解。紧接着，我们令：

\[b_i=\sum\limits_{j=1}^{m} [a_j=i] \]

于是答案变为：

\[\min\limits_{i=0}^{2^{n+1}-1}\Bigg(\sum\limits_{j=0}^{2^{n+1}-1}b_j\cdot val(i\otimes j)\Bigg) \]

我们如果求出：

\[C_i=\sum\limits_{i\otimes j=k}b_j\cdot val(k) \]

答案就是 \(\min C_i\)。

我们有 \(j\otimes k=i\)，于是：

\[C_i=\sum\limits_{j\otimes k=i}b_j\cdot val(k) \]

做完了？？？

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CF901E Cyclic Cipher

啊？

cy 评价别写了。过于抽象。

P4491 [HAOI2018] 染色

考虑容斥。我们记 \(op_i\) 为至少有 \(i\) 种颜色恰好出现 \(k\) 次的方案数。天才泉此方推出了下面的式子：

\[op_i=\dbinom{m}{i}\dbinom{n}{iS}\Bigg(\prod\limits_{j=0}^{i-1}\dbinom{iS-jS}{S}\Bigg)(m-i)^{n-iS} \]

先从 \(m\) 个颜色中选 \(i\) 个，再从 \(n\) 个位置中选 \(iS\) 个位置来放这些颜色，中间的连乘是计算这些钦定的颜色内部的分配（理解为先放第一种颜色有 \(\dbinom{iS}{S}\) 种方案，再放第二种有 \(\dbinom{iS-S}{S}\) 种方案……乘起来），最后再乘上剩余位置瞎放的方案（只能放除去这 \(i\) 种颜色之外的颜色）。

看起来可没问题，我们容斥一下？

\[ans_{假}=\sum\limits_{i=0}^{\min(\lfloor\frac{n}{S}\rfloor,m)}w_i\times\sum\limits_{j=i}^{m}(-1)^{j-i}op_j \]

但是错了，为什么呢？

比如说 \(11223\)，我们钦定一种颜色出现两次时，钦定 \(1\) 和钦定 \(2\) 都会计数这种方案。

凭借直觉，我们发现这个额外重复计数的次数应该是个组合数。于是我们瞎乘个组合数：

\[ans_{真}=\sum\limits_{i=0}^{\min(\lfloor\frac{n}{S}\rfloor,m)}w_i\times\sum\limits_{j=i}^{lim}(-1)^{j-i}\dbinom{j}{j-i}op_j \]

他就对了！

行。这个好像是二项式反演推出来的，但我们蒙对了！

剩余的就简单了。计算 \(op\) 可以 \(O(n)\) 预处理，\(10^7\) 显然能跑。

推一推容斥的式子，枚举 \(j-i\)（我们记 \(lim=\min(\left\lfloor\dfrac{n}{S}\right\rfloor,m)\)）：

\[\sum\limits_{j=0}^{lim-i}(-1)^{j}\dbinom{j+i}{j}op_{j+i} \]

组合数拆开：

\[\sum\limits_{j=0}^{lim-i}(-1)^{j}\frac{(j+i)!}{j!\cdot i!}op_{j+i} \]

整理：

\[\frac{1}{i!}\sum\limits_{j=0}^{lim-i}\frac{(-1)^{j}}{j!}(j+i)!op_{j+i} \]

减法卷积，反转数组！设 \(f_i=\dfrac{(-1)^i}{i!}\)，\(g_i=i!\cdot op_i\)，\(g'_{lim-i} = g_i\)，原式变成：

\[\frac{1}{i!}\sum\limits_{j=0}^{lim-i}f_ig'_{lim-i-j} \]

标准的卷积，ntt 就行！

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P5110 块速递推

生成函数 \(F(x)=\sum\limits_{i=0}a_ix^i\)，我们有：

\[F(x)=233xF(x)+666x^2F(x)+x \]

也就是

\[F(x)=\frac{x}{1-233x-666x^2} \]

解出来通项公式：

\[a_i=\frac{\left(\dfrac{233}{2}+\dfrac{13\sqrt{337}}{2}\right)^{n\bmod (p-1)}-\left(\dfrac{233}{2}-\dfrac{13\sqrt{337}}{2}\right)^{n\bmod (p-1)}}{2\left(\dfrac{13\sqrt{337}}{2}+\dfrac{233}{2} \right)-233} \]

光速幂计算即可。

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P5850 calc加强版

逆天抽象题。贺 Qcfff 的。

题干中的 \(k\) 这里替换成 \(K\)。

每种颜色的生成函数 \(F_k(x)=1+kx\)，其中 \(k\in[1,K]\)。

答案的第 \(n\) 项就是 \(n!\times [x^n]\prod\limits_{k=1}^{K}F_k(x)\)。

求后面这个多项式相当于求：

\[\exp \sum\limits_{k=1}^{K}\ln F_k(x) \]

我们有 \(\ln F(x)=\displaystyle \int \frac{F'(x)}{F(x)}\)，于是：

\[\exp \sum\limits_{k=1}^{K}\int\frac{(1+kx)'}{1+kx} \]

分子求导为 \(k\)，于是：

\[\exp \sum\limits_{k=1}^{K}\int k\cdot (1+kx)^{-1} \]

看这个逆怎么求。找规律发现 \((1+kx)^{-1}=\sum\limits_{i=0}(-kx)^i\)，于是：

\[\exp \sum\limits_{k=1}^{K}\int k\sum\limits_{i=0}(-kx)^i \]

把多项式积分的定义带进去：

\[\exp \sum\limits_{k=1}^{K}k\sum\limits_{i\ge 1}\frac{(-k)^{i-1}}{i}x^i \]

更换枚举顺序：

\[\exp \sum\limits_{i=1}^{n}\frac{(-1)^{i-1}x^i}{i}\sum\limits_{k=1}^{K}k^i \]

发现后面的是自然数幂和。但多次询问指数不会。故翻 OI-ing，找到了 \({\color{black}\mathfrak{z}}\color{red}\mathfrak{zafanti}\) 写的一文 《几个自然数幂和计算方法》 一文。里面介绍了一种 \(O(n\log n)\) 求出 \(i\in[1,n]\) 时 \(\sum\limits_{k=1}^{K}k^i\) 的每种取值方法：

我们构造 EGF：

\[\sum\limits_{i=0}\frac{\sum\limits_{k=1}^{K}k^i}{i!}x^i \]

更换枚举顺序：

\[\sum\limits_{k=1}^{K}\sum\limits_{i=0}\frac{(kx)^i}{i!} \]

发现后面的东西就是 \(e^{kx}\)，于是：

\[\sum\limits_{k=1}^{K}e^{kx} \]

等比数列求和公式：

\[\frac{e^{(n+1)x}-e^x}{e^x-1} \]

这东西上下常数项都是 \(0\)，于是同时除以 \(x\) 后多项式求逆就行了！

别忘了乘阶乘！

于是我们处理出 \(i\in[1,n]\) 时的自然数幂和，然后多项式 \(\exp\)，就做完了。

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普通版中 \(n\le 500\)，于是我们直接暴力卷积，反正能跑就完了！

普通版

\[\begin{aligned}\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\end{aligned} \]