把EI科技 【载谈 Binomial Sum】 用人话说出来
这个科技是用来 \(O(k+\log n)\) 求 \(\sum_{i=0}^n [x^i] f(x)p^i(x) \mod x^{k+1}\) 这个多项式的某些项数的线性组合 不过我只见过求第 $ k $ 项的，其中 \(f(x)\) 微分可导。
要直接说算法本身的话过于枯燥，从例题开始慢慢说吧。
例题1 CF932E
求：
将 \(\binom n i\) 看成 \([x^i] (1+x)^n\),\(i^k\) 看成 \([\frac {x^k} {k!}] e^{ix}\)，那么原式变成了：
相当于
当然你也可以将 \(i^k\) 直接看成 \([\frac {x^k} {k!}] e^{ix}\) 然后使用二项式定理得到上式。
这里已经可以保留 \((e^x+1) \mod x^{k+1}\)，通过多项式快速幂 \(O(k\log k\log n)\) 计算答案了，但是我们显然不满足于此。
接下来是重要的一步：
设 \(F(z)=(z+1)^n,\mathcal F(z+1)=F(z+1) \mod z^{k+1}\)。
为什么这里是 \(z+1\) 而不是 \(z\) 呢？
实际上是因为这里的 \(z=e^x-1\)，常数项为 \(0\)。
为什么常数项一定要为 \(0\)？
考虑原式，你算的是 \(\sum_{i=0}^n [x^i] f(x)p^i(x)\)，答案只截取到第 \(k\) 项，那么如果 \([x^0]p(x)=0\)，我们就可以只求和到 \(k\)。
换而言之，高次项对答案没有贡献。
所以在这个算法中，在这一步中要设的是 \(\mathcal F(z+G(0))= F(z+G(0)) \mod x^{k+1}\)。
因为 \(\mathcal F(z+1)\) 是 \(F(z+1)\) 的前 \(k+1\) 次项，所以答案 \([\frac {x^k} {k!}]F(e^x)=[\frac {x^k} {k!}]\mathcal F(e^x)\)。
问题来了，我们如何得到 \(\mathcal F(z+1)\)？
我们对 \(F(z)\) 列出一个方程：
那么对于 \(\mathcal F(z+1)\)，呢？
好像不对？
是不是多算了什么东西？
考虑到原本不应该有的 \([z^k] (z+2)F'(z+1)\) 突然出现，所以应该在右边加上这玩意儿。
对这个提取系数就可以 \(O(k)\) 递推 \(\mathcal F(z+1)\) 了。
提取系数后得到：
不过要注意 \(\mathcal F[0]\) 的值，咱还没有算。。。
注意 \(\mathcal F[0]\) 的定义是 \(\mathcal F(z+1)\) 的 \(0\) 次项，也就是：
还记得 \(\mathcal F(z+1)=F(z+1) \mod x^{k+1}\) 吧？那么 \([z^i]\mathcal F(z+1)\) 就可以使用二项式定理计算了。
回到原式：
也就是：
线性筛 \(id^k\) 就可以做到 \(O(k+\log n)\) 啦。
#include<cstdio>
typedef unsigned uint;
const uint M=5005,mod=1e9+7;
uint n,k,top,pri[M],pos[M],idk[M];uint F[M],p2[M],Ck[M],Cn[M],inv[M];
inline uint Add(const uint&a,const uint&b){
return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;
}
inline uint Del(const uint&a,const uint&b){
return b>a?a-b+mod:a-b;
}
inline uint pow(uint a,uint b){
uint ans=1;
for(;b;b>>=1,a=1ull*a*a%mod)if(b&1)ans=1ull*ans*a%mod;
return ans;
}
inline void sieve(const uint&M){
register uint i,j,x;idk[1]=1;
for(i=2;i<=M;++i){
if(!pos[i])idk[pri[pos[i]=++top]=i]=pow(i,k);
for(j=1;j<=top&&(x=i*pri[j])<=M;++j){
idk[x]=1ull*idk[i]*idk[pri[j]]%mod;
if((pos[x]=j)==pos[i])break;
}
}
}
signed main(){
register uint i,x,ans=0;inv[0]=1;inv[1]=1;
scanf("%u%u",&n,&k);Cn[0]=Ck[0]=1;Ck[1]=k;Cn[1]=n;sieve(k);
for(i=2;i<=k;++i){
inv[i]=1ull*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
Cn[i]=1ull*Cn[i-1]*(n-i+1)%mod*inv[i]%mod;
Ck[i]=1ull*Ck[i-1]*(k-i+1)%mod*inv[i]%mod;
}
if(n<=k){
for(i=1;i<=n;++i)ans=Add(ans,1ull*Cn[i]*idk[i]%mod);
return!printf("%u",ans);
}
x=pow(2,n-k);
for(i=k;i<=k;--i){
if(i&1)F[0]=Del(F[0],1ull*Cn[i]*x%mod);
else F[0]=Add(F[0],1ull*Cn[i]*x%mod);x=Add(x,x);
}
x=1ull*(n-k)*Cn[k]%mod*pow(2,n-k)%mod;
for(i=1;i<=k;++i){
if(k-i&1)F[i]=Del(1ull*(n-i+1)*F[i-1]%mod,1ull*x*Ck[i-1]%mod);
else F[i]=Add(1ull*(n-i+1)*F[i-1]%mod,1ull*x*Ck[i-1]%mod);
F[i]=1ull*F[i]*inv[i]%mod;
}
for(i=1;i<=k;++i)ans=Add(ans,1ull*idk[i]*F[i]%mod);
printf("%u",ans);
}
例题2 CF392C
求：
和上面一样：
设 \(F(x)=\sum_{i=0}^{n} fib_i \times x^i = \frac 1 {1-x-x^2} \mod x^{n+1}\)。
如果不截取的话有：
截取后，右边多了 \(n+1\) 和 \(n+2\) 次项的贡献，应该减去。也就是：
因为需要求 \(F(e^x)\)，所以还是设 \(\mathcal F(z+1)=F(z+1) \mod z^{k+1}\)。
再设一个 \(G(z)=1-(fib_{n-1}+fib_n)z^{n+1} -fib_nz^{n+2}\)
原本在这里可以提取系数直接递推的，但是我们发现我们不会求 \(G(z+1)\)。。。
不过我们发现我们又回到了求一个 \(\rm GF\) 的问题，可以继续使用这个科技。
再设一个 \(\mathcal G(z+1)=G(z+1) \mod z^{k+1}\)。
考虑一个：
有：
所以只需要将 \(H_{n+1}(z+1)\) 和 \(H_{n+2}(z+1)\) 递推出来就可以递推 \(\mathcal G(z+1)\)。
利用求导有：
于是可以递推 \(H_{n+1}(z+1),H_{n+2}(z+1)\) 和 \(\mathcal G(z+1)\)。
回代：
感觉好麻烦啊。。。
为了方便，设 \(a=3([z^k]\mathcal F(z+1))+([z^{k-1}]\mathcal F(z+1)),b=[z^k]\mathcal F(z+1)\)。
将上式化简：
也就是：
这下可以递推 \(\mathcal F(z)\) 啦。
回代的结果和例题1一样，都是 \(\sum_{i=0}^k i^k[ x^i ]\mathcal F(x)\)。
总结
计算 \(F(G(x))\) 时，设：
然后通过求导列出关于 \(F(z+1)\) 的方程，将 \(F\) 替换为 \(\mathcal F\) 后加上/减去被少算/多算的项，然后提取系数继续递推。
只不过列出方程后求解的方法多种多样罢了。
参考资料：
Elegia 「实验性讲稿」载谭 Binomial Sums 详解
Elegia 载谭 Binomial Sum：多项式复合、插值与泰勒展开
GuidingStar CF932E题解
GuidingStar 载谭 Binomial Sum 小练习
