【洛谷6667】[清华集训2016] 如何优雅地求和（下降幂多项式）

点此看题面

• 有一个\(m\)次多项式\(F(x)\)，给出它在\(0\sim m\)的\(m+1\)个点值。
• 给定\(n,x\)，求\(\sum_{k=0}^nF(k)\times C_n^k\times x^k\times(1-x)^{n-k}\)。
• \(n\le10^9,m\le2\times10^4\)

由点值到下降幂多项式

设\(F(x)\)表示下降幂多项式系数的生成函数，\(G(x)\)表示下降幂多项式点值的指数型生成函数，它们之间存在着一个很好的转化：（具体证明可见【洛谷5394】【模板】下降幂多项式乘法）

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

这样一来我们就可以把给出的点值转化成下降幂多项式的形式，然后就可以开始愉快地推式子了。

愉快地推式子

在此之前可以先做做看【洛谷6620】[省选联考 2020 A 卷] 组合数问题（下降幂），算是此题的一个改编版。

考虑我们现在已经求出了多项式\(F(x)=\sum_{i=0}^mf_ix^{\underline{i}}\)，那么直接代入原式：

\[\sum_{k=0}^n\sum_{i=0}^mf_i\times k^{\underline{i}}\times C_n^k\times x^k\times(1-x)^{n-k} \]

看看\(n,m\)的范围，显然需要把\(i\)的枚举枚举提前，得到：

\[\sum_{i=0}^mf_i\times\sum_{k=0}^nk^{\underline{i}}\times C_n^k\times x^k\times(1-x)^{n-k} \]

暴拆下降幂和组合数得到：

\[\sum_{i=0}^mf_i\times \sum_{k=0}^n\frac k{(k-i)!}\times\frac{n!}{k!(n-k)!}\times x^k\times(1-x)^{n-k}\\ \sum_{i=0}^mf_i\times \sum_{k=0}^n\frac{n!}{(k-i)!(n-k)!}\times x^k\times(1-x)^{n-k} \]

发现里面这坨组合数长得很丑陋，发现分母中\((k-i)+(n-k)=n-i\)，因此我们把\(n!\)替换为\((n-i)!\)，相当于提出来一个\(n^{\underline{i}}\)：

\[\sum_{i=0}^mf_i n^{\underline{i}}\times \sum_{k=0}^nC_{n-i}^{k-i}\times x^k\times (1-x)^{n-k} \]

当\(k-i<0\)的时候组合数没有意义，因此我们用\(k+i\)替换\(k\)，得到：

\[\sum_{i=0}^mf_i n^{\underline{i}}\times \sum_{k=0}^{n-i}C_{n-i}^{k}\times x^{k+i}\times (1-x)^{n-i-k}\\ \sum_{i=0}^mf_i n^{\underline{i}}x^i\times \sum_{k=0}^{n-i}C_{n-i}^{k}\times x^{k}\times (1-x)^{n-i-k} \]

发现式子右边就是一个基本的二项式定理，就应该等于\((x+1-x)^{n-i}=1\)。

所以原式就是：

\[\sum_{i=0}^mf_i n^{\underline{i}}x^i \]

这种东西随便算算就好了。

代码：\(O(mlogm)\)

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define M 20000
#define X 998244353
using namespace std;
int n,m,x,a[M+5],e[M+5],IFac[M+5];
I int QP(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}
namespace Poly
{
	#define PR 3
	int P,L,A[M<<2],B[M<<2],R[M<<2];I void T(int* s,CI op)
	{
		RI i,j,k,x,y,U,S;for(i=0;i^P;++i) i<R[i]&&(swap(s[i],s[R[i]]),0);
		for(i=1;i^P;i<<=1) for(U=QP(QP(PR,op),(X-1)/(i<<1)),j=0;j^P;j+=i<<1) for(S=1,
			k=0;k^i;++k,S=1LL*S*U%X) s[j+k]=((x=s[j+k])+(y=1LL*S*s[i+j+k]%X))%X,s[i+j+k]=(x-y+X)%X;
	}
	I void Mul(int* a,int* b)
	{
		RI i;P=1,L=0;W(P<=(m<<1)) P<<=1,++L;for(i=0;i^P;++i) R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<L-1);
		for(i=0;i<=m;++i) A[i]=a[i],B[i]=b[i];for(T(A,1),T(B,1),i=0;i^P;++i) A[i]=1LL*A[i]*B[i]%X;
		RI t=QP(P,X-2);for(T(A,X-2),i=0;i<=m;++i) a[i]=1LL*A[i]*t%X;
	}
}
int main()
{
	RI i;for(scanf("%d%d%d",&n,&m,&x),i=0;i<=m;++i) scanf("%d",a+i);
	RI f=1;for(i=1;i<=m;++i) f=1LL*f*i%X;for(IFac[i=m]=QP(f,X-2);i;--i) IFac[i-1]=1LL*IFac[i]*i%X;//预处理阶乘逆元
	for(i=0;i<=m;++i) a[i]=1LL*a[i]*IFac[i]%X,e[i]=(i&1)?X-IFac[i]:IFac[i];Poly::Mul(a,e);//由点值到下降幂多项式形式
	RI t=0,p=1;for(f=1,i=0;i<=m;f=1LL*f*(n-i)%X,p=1LL*p*x%X,++i) t=(1LL*a[i]*p%X*f+t)%X;//计算答案式
	return printf("%d\n",t),0;
}