浅谈小多项式快速幂

由模拟赛出了一个，完全不会
且GDKOI2021也出过，当时也是完全不会
可得半年来没有一点进步
$Q.E.D$
因为不会小多项快速幂被yyc D爆了
你怎么这么**菜！
故有了这篇文章

---

假设当前多项式为$F(x)$
$F(x{)}^{k+1}=F(x{)}^{k}F(x)$
分别求导
左边用复合函数求导，右边用乘法法则
$(k+1)F(x{)}^k{F}^{\prime }(x)=(F(x{)}^k{)}^{\prime }F(x)+F(x{)}^k{F}^{\prime }(x)$
$$kF(x{)}^k{F}^{\prime }(x)=(F(x{)}^k{)}^{\prime }F(x)$$
记住上面这条式子，后面可以推
$k\sum F^{\prime }[i]F^k[n-i]=\sum F[i](n-i+1)F^k[n-i+1]$
把右边那块$i=0$的分离出来，移项
$F[0](n+1)F^k[n+1]=k\sum F^{\prime }[i]F^k[n-i]-\sum _{i=1}F[i](n-i+1)F^k[n-i+1]$
这样就得到了一个关于$F^k$的递推式
复杂度与$F$的项数有关
假设多项式的非0系数有m个，要求0…n项
时间复杂度就是$O(nm)$的

---

来道题康康
GDKOI Day 3 T2 ??? 好像是

B 二叉树

题目大意#

有个$n$个叶子节点的二叉树，每个叶子节点的值为1，每个非叶子节点均有2个儿子。
有$k$条信息，对于每个非叶子节点，如果其左儿子的叶子节点个数为$s_i$，则其美观程度为$v_i$.
如果均不满足，则美观程度为$A$
二叉树的美观程度为所有节点美观程度的乘积，求所有可能二叉树的美观程度之和
答案对$1000000007$取模

题解#

设$f[n]$表示叶子节点个数为$n$的答案，容易得出
$f[1]=1$
$$f[n]=\sum _{k=1}^{n-1}c[k]f[k]f[n-k]$$
其中$c[s_i]=v_i$,其他为$A$
然而观察上面那个式子，发现$c[k]$是点乘上去的，不太方便写成卷积的形式，考虑把那些项挖掉
就是设$g[k]=(c[k]-A)\ast f[k]$
上面那个式子就可以写成
$$f[n]=\sum _{k=1}^{n-1}f[k]f[n-k]+\sum _{k=1}^{n}g[k]f[n-k]$$
设$F(x)$为$f_n$的多项式,$G(x)为g的$
可得
$$F(x)=A{F}^2(x)+G(x)F(x)+x$$
最后那个$+x$表示加上只有一个点的方案数，准确来讲是$c[1]x$,不过无所谓了
把每个$c[i]/A$变成
$$F(x)=F^2(x)+G(x)F(x)+x$$
解方程可得
$$F(x)=\frac{1-G(x)-\sqrt{(1-G(x){)}^2-4x}}{2}$$
然后直接套小多项式快速幂
开根就令$k=\frac{1}{2}$
注意如果每次跟新$g$后重新开根，时间复杂度不太对
可以带回上面解方程的那条式子求出根号里的那坨东西
code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int, int> pi;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
typedef vector<pi> poly;
const int mod = 1000000007; 
int add(int x, int y) { x += y;
	if(x >= mod) x -= mod;
	return x;
}
int sub(int x, int y) { x -= y;
	if(x < 0) x += mod;
	return x;	
}
inline int mul(int x, int y) {
	return 1ll * x * y % mod;
}
int qpow(int x, int y) {
	int ret = 1;
	for(; y; y >>= 1, x = mul(x, x)) if(y & 1) ret = mul(ret, x);
	return ret;
}
const int N = 1000500;
int n, k, A, inv[N];
void init() {
	inv[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= n; i ++)
		inv[i] = mul(inv[mod % i], (mod - mod / i));
}
poly deriv(poly a) {
	poly b;
	for(int i = 0; i < a.size(); i ++) {
		pi x = a[i];
		if(x.fi) b.pb(mp(x.fi - 1, mul(x.se, x.fi)));
	}
	return b;
}
poly pf (poly a) {
	poly c;
	for(int i = 0; i < a.size(); i ++) {
		pi x = a[i];
		c.pb(mp(x.fi * 2, mul(x.se, x.se)));
		for(int j = i + 1; j < a.size(); j ++) {
			pi y = a[j];
			c.pb(mp(x.fi + y.fi, mul(2 * x.se, y.se)));	
		}
	}
	return c;
}
poly getg2(poly g) {
	g.pb(mp(0, mod - 1)); g = pf(g);
	g.pb(mp(1, mul(mod - 4, 1)));
	
	return g;
}
int sq[N], f[N];
poly Fd;
void calc(int n, poly F) {
	int ret = 0;
	for(int i = 0; i < Fd.size(); i ++) {
		pi x = Fd[i];
		if(0 <= x.fi && x.fi <= n) {
			ret = add(ret, mul(x.se, sq[n - x.fi]));
		}	
	}
	ret = mul(ret, inv[2]);
	for(int i = 0; i < F.size(); i ++) {
		pi x = F[i];
		if(1 <= x.fi && x.fi <= n) {
			ret = sub(ret, mul(n - x.fi + 1, mul(x.se, sq[n - x.fi + 1])));
		}
	}
	sq[n + 1] = mul(ret, inv[n + 1]);
	f[n + 1] = mul(sq[n + 1], mod - inv[2]);
}
poly g, g2;
pi a[N];
int main(){
	scanf("%d%d%d", &n, &k, &A); init();
	for(int i = 1; i <= k; i ++) scanf("%d%d", &a[i].fi, &a[i].se), a[i].se = mul(a[i].se, qpow(A, mod - 2));
	sort(a + 1, a + 1 + k);
	g2 = getg2(g);
	sq[0] = 1, sq[1] = mod - 2, f[1] = 1; 
	int j = 1;
	for(int i = 1; i <= k; i ++) {
		Fd = deriv(g2);
		for(; j < a[i].fi; j ++) calc(j, g2);
		g.pb(mp(a[i].fi, mul(f[a[i].fi], sub(a[i].se, 1))));
		g2 = getg2(g);
	
		for(int ii = 0; ii <= a[i].fi; ii ++) sq[ii] = mul(1, mul(f[ii], mod - 2));
		for(int ii = 0; ii < g.size(); ii ++) {
			pi x = g[ii];
			sq[x.fi] = sub(sq[x.fi], x.se);
		}
		sq[0] = add(sq[0], 1);
	}
	Fd = deriv(g2);
	for(; j < n; j ++) calc(j, g2);
	printf("%d", mul(f[n], qpow(A, n - 1)));
	return 0;
}

好像很NB的亚子
还是要多练习