[BJ United Round #3] 押韵 [学习笔记]
[BJ United Round #3] 押韵
先%%%%%%%%%%%%%%%%% EI
下文默认模数为\(P\)
简要题意：求：用\(k\)种元素，每种元素使用\(d\)的倍数次，排成一个长度为\(nd\)的序列 的方案数
这个题目的设定就让人想到两个离不开的元素 ： (模数暗示了？)
指数型生成函数 + 单位根反演
显然可以得到每一种元素的指数型生成函数为
\(\begin{aligned} \text{EGF(Element)}=F(x)=\sum_{d|i} \frac{x^i}{i!}\end{aligned}\)
带入单位根反演\(\begin{aligned}\ [d|n]=\frac{\sum_0^{d-1} \omega_d^{in}}{d}\end{aligned}\)
即\(F(x)=\begin{aligned}\frac{1}{d}\cdot \sum_{i=0}^{d-1}e^{\omega_d^ix}\end{aligned}\)
而总的生成函数就是 \(G(x)=F^k(x)\)
即\(\begin{aligned} G(x)=\frac{1}{d^k}\cdot (\sum_{i=0}^{d-1}e^{\omega_d^ix})^k\end{aligned}\)
其中的和式幂次展开会得到一个\(k^d\)项的多项式，我们要求\([x^n]G(x)\)，就需要展开得到每一项的幂系数
所以显然我们需要先合并同类项一下。。。
而幂系数是一个单位根之和的形式，这就需要我们寻找单位根之间的关系
这里得到一个思路：用\(d\)次单位根中的\(\varphi(d)\)个作为基底，以简单的 有理数/整系数 表示出所有的\(\omega_d^i\)
对于\(d=4\)的情况比较简单，\(\varphi(d)=2\)，可以得到四个单位根分别为\(1,\omega,-1,-\omega\)
可以枚举得到的和为\(x+y\omega\)，然后求系数
优先考虑组合意义，可以发现就是在平面上每次可以走四个方向，\(k\)步之后最终到达\((x,y)\)的方案数
两个维度分立的情况，还需要枚举每个维度走了几步，所以用一种巧妙的转化两个维度联系在一起
将平面旋转\(\frac{\pi}{8}\)，并且扩大\(\sqrt 2\)倍，得到新的坐标为\((x-y,x+y)\)，新的行走方向是\((+1,+1),(-1,-1),(-1,+1),(+1,-1)\)
这样以来，每次每个维度都有行走，可以确定每个维度\(+1\)和\(-1\)的次数，直接组合数排列即可得到答案
对于\(d=6\)，甚至是更一般的情况的情况
只在代数层面来看单位根似乎十分抽象，不如从复平面单位根上找一找灵感
下面是\(d=6\)的情形
\(\varphi(6)=2\)，假设以\(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\)作为基底，可以直观地得到基底表达
| \(\overrightarrow{OA}=1\) | \(\overrightarrow{OB}=\omega\) | |
|---|---|---|
| \(\overrightarrow{OA}=\omega_6^0\) | 1 | 0 |
| \(\overrightarrow{OB}=\omega_6^1\) | 0 | 1 |
| \(\overrightarrow{OC}=\omega_6^2\) | -1 | 1 |
| \(\overrightarrow{OD}=\omega_6^3\) | -1 | 0 |
| \(\overrightarrow{OE}=\omega_6^4\) | 0 | -1 |
| \(\overrightarrow{OF}=\omega_6^5\) | 1 | -1 |
由此我们得到了一个\(\varphi(d)\)维数的表达方法
把每一维看做不同元，也就是说，得到了一个\(\varphi(d)\)维，\(O(1)\)次的多项式，需要我们求高维多项式幂次
令\(N=k^{\varphi(d)}\)
直接压位暴力多项式复杂度为\(O(N\log N-N\log^2N)\)，而且面临着模数难以处理，常数大的问题
所以\(\text{EI}\)又用出了一个巧妙的暴力方法解决这个问题，以\(d=6\)为例，先做一下处理，得到要求的多项式
似乎每次\(k\)次幂总是求导+递推？
\(f(x,y)=x^2y+xy^2+y^2+y+x+x^2,g(x,y)=f^k(x,y)\)
\(g(x,y)\)对于\(x\)求偏导，得到\(g'(x,y)=kf^{k-1}(x,y)f'(x,y)\)
即\(g'(x,y)f(x,y)=kg(x,y)f'(x,y)\)
\(f'(x,y)=2xy+2x+y^2+1\)
然后我们要解这个方程，考虑乘积为\([x^ny^m]\)一项两边的系数
左边\(=[x^{n-2}y^{m-1}]+[x^{n-1}y^{m-2}]+[x^{n}y^{m-2}]+[x^{n}y^{m-1}]+[x^{n-1}y^{m}]+[x^{n-2}y^{m}]\)
换成\(g(x,y)\)的系数应该是
左边\(=(n-1)[x^{n-1}y^{m-1}]+n[x^{n}y^{m-2}]+(n+1)[x^{n+1}y^{m-2}]+(n+1)[x^{n+1}y^{m-1}]+n[x^{n}y^{m}]+(n-1)[x^{n-1}y^{m}]\)
右边\(=2k[x^{n-1}y^{m-1}]+2k[x^{n-1}y^m]+k[x^ny^{m-2}]+k[x^ny^m]\)
其中\([x^{n+1}y^{m-1}]\)只出现了一次，按照先\(n\)递增再\(m\)递增的顺序进行递推，即
\(\begin{aligned}\ [x^ny^m]=\frac{2k[x^{n-2}y^{m}]+2k[x^{n-2}y^{m+1}]+k[x^{n-1}y^{m-1}]+k[x^{n-1}y^{m+1}]}{n}\end{aligned}\)
\(\begin{aligned}-\frac{(n-2)[x^{n-2}y^{m}]+(n-1)[x^{n-1}y^{m-1}]+n[x^{n}y^{m-1}]+(n-1)[x^{n-1}y^{m+1}]+(n-2)[x^{n-2}y^{m+1}]}{n}\end{aligned}\)
边界条件是 \(\begin{aligned}\ [x^i]=[y^i](i\ge k)=\binom{k}{i-k}\end{aligned}\) (由系数\(x,x^2\)或\(y,y^2\)得到)
由此带入递推即可
综上，得到的每项的系数的复杂度为\(O(d\cdot k^{\varphi(d)})\) ，其中\(d\)为递推每项需要的时间
由系数得到答案仍然需要一次快速幂，因此依然带一个\(\log P\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef pair <int,int> Pii;
#define reg register
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define Mod1(x) ((x>=P)&&(x-=P))
#define Mod2(x) ((x<0)&&(x+=P))
#define rep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)
template <class T> inline void cmin(T &a,T b){ a=min(a,b); }
template <class T> inline void cmax(T &a,T b){ a=max(a,b); }
char IO;
int rd(){
int s=0,f=0;
while(!isdigit(IO=getchar())) if(IO=='-') f=1;
do s=(s<<1)+(s<<3)+(IO^'0');
while(isdigit(IO=getchar()));
return f?-s:s;
}
const int N=2e3+10,P=1049874433,G=7;
int n,k,d;
ll qpow(ll x,ll k=P-2) {
k%=P-1;
ll res=1;
for(;k;k>>=1,x=x*x%P) if(k&1) res=res*x%P;
return res;
}
int w[100],C[N][N],I[N*2];
int main() {
n=rd(),k=rd(),d=rd();
w[0]=1,w[1]=qpow(G,(P-1)/d);
rep(i,2,90) w[i]=1ll*w[i-1]*w[1]%P;
rep(i,0,k) rep(j,C[i][0]=1,i) C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1],Mod1(C[i][j]);
I[0]=I[1]=1;
rep(i,2,k*2) I[i]=1ll*(P-P/i)*I[P%i]%P;
if(d==1){
int ans=qpow(k,1ll*d*n);
printf("%d\n",ans);
} else if(d==2) {
int ans=0;
rep(i,0,k) ans=(ans+qpow((1ll*w[0]*i+1ll*w[1]*(k-i))%P,1ll*d*n)*C[k][i])%P;
ans=ans*qpow(qpow(d,k))%P;
printf("%d\n",ans);
} else if(d==3) {
int ans=0;
rep(i,0,k) rep(j,0,k-i)
ans=(ans+qpow((1ll*w[0]*i+1ll*w[1]*j+1ll*w[2]*(k-i-j))%P,1ll*d*n)*C[i+j][i]%P*C[k][i+j])%P;
ans=ans*qpow(qpow(d,k))%P;
printf("%d\n",ans);
} else if(d==4) {
int ans=0;
rep(i,-k,k) rep(j,-k,k) if(abs(i)+abs(j)<=k && (k-i-j)%2==0) {
ll x=qpow((1ll*w[0]*i+1ll*w[1]*j)%P,1ll*d*n);
ll y=1ll*C[k][(abs(i-j)+k)/2]*C[k][(k+abs(i+j))/2]%P;
ans=(ans+x*y)%P;
}
ans=(ans+P)*qpow(qpow(d,k))%P;
printf("%d\n",ans);
} else {
static int F[N*2][N*2];
int ans=0;
rep(i,0,k*2) rep(j,max(k-i,0),min(2*k,3*k-i)) {
if(i==0) F[i][j]=C[k][j-k];
else if(j==0) F[i][j]=C[k][i-k];
else {
int s=(2ll*k*(i>1?F[i-2][j]+F[i-2][j+1]:0)+1ll*k*(F[i-1][j-1]+F[i-1][j+1]))%P;
int t=((i>1?1ll*(i-2)*(F[i-2][j]+F[i-2][j+1]):0)+
1ll*(i-1)*F[i-1][j-1]+1ll*i*F[i][j-1]+1ll*(i-1)*F[i-1][j+1])%P;
F[i][j]=1ll*(s-t+P)*I[i]%P;
}
ans=(ans+qpow((1ll*w[0]*(i-k)+1ll*w[1]*(j-k))%P,1ll*d*n)*F[i][j])%P;
}
ans=(ans+P)*qpow(qpow(d,k))%P;
printf("%d\n",ans);
}
}
