AT5202

前言

这里有个不用 min-max 反演的爆标做法。

其复杂度可以做到 $O(n^2\log n)$ 。（认为 $n\sim\sum A\sim\sum B$ ）

可以先去了解一下【ZJOI2019】开关的 GF 做法再来阅读此题解。

一个记号

为了避免歧义，先声明一下一个看上去有点古怪的记号。

设

f = \sum_{k} f_{k} z^{k}

$f=\sum_kf_kz^k$

则定义

Ξ f = \sum_{k} k! f_{k} z^{k}

$\Xi f=\sum_kk!f_kz^k$

直观看来就是给每个系数乘上了一个阶乘。

因此，这就是一个从 EGF 转为 OGF 的记号。

不难验证其对加法、数乘有线性。

初步思路

设 $P_i=\dfrac{A_i}S$ 。

考虑暴力枚举最后一步是什么数。

那么，除了当前数 $i$ 外，别的数 $j$ 都已经出现了至少 $B_j$ 次，而自己先前已经出现了恰 $B_i-1$ 次。

因此，考虑 EGF 组合意义，设：

f_{i} = \sum_{k \geq B_{i}} \frac{P_{i}^{k} z^{k}}{k!} = e^{P_{i} z} - \sum_{k < B_{i}} \frac{P_{i}^{k} z^{k}}{k!}

$f_i=\sum_{k\ge B_i}{P_i^kz^k\over k!}=e^{P_iz}-\sum_{k<B_i}{P_i^kz^k\over k!}$

g_{i} = \frac{P_{i}^{B_{i}} z^{B_{i} - 1}}{(B_{i} - 1)!}

$g_i={P_i^{B_i}z^{B_i-1}\over(B_i-1)!}$

h = \sum_{i} g_{i} \sum_{j \neq i} f_{j}

$h=\sum_ig_i\sum_{j\neq i}f_j$

则答案即

\sum_{k} k [\frac{z^{k}}{k!}] h

$\sum_kk[{z^k\over k!}]h$

或者改写成

(Ξ h)^{'} (1)

$(\Xi h)'(1)$

（其实 $\Xi h$ 此处可以认为是转成了 PGF，然后这个柿子的正确性就不言而喻了）

容易发现 $h$ 即分式 $\sum\dfrac gf$ 的分子。

容易发现 $h$ 把乘法展开后每项均形如

C_{a b} z^{a} e^{\frac{b z}{S}}

$C_{ab}z^ae^{\frac{bz}S}$

升一维！

换元，设 $u=e^{\frac zS}$ ，则即

C_{a b} z^{a} u^{b}

$C_{ab}z^au^b$

因此我们可以暴力模拟加入一个分式通分的过程，把 $h$ 的计算使用一个二维背包的 dp 在 $O(n^3)$ （应该？）的时间内完成。

造福调试

以下是样例二的 $h$ ，可供调试使用。

- \frac{(u^{3} - 2) z^{3} + (- u^{5} + 9 u^{3} + 4 u^{2} - 24) z^{2} + (- 48 u^{4} + 48 u^{3} + 36 u^{2} + 120 u - 156) z - 216 u^{3} + 216 u^{2} + 216 u - 216}{432}

$-{{\left(u^3-2\right)\,z^3+\left(-u^5+9\,u^3+4\,u^2-24\right)\,z^2+ \left(-48\,u^4+48\,u^3+36\,u^2+120\,u-156\right)\,z-216\,u^3+216\,u^ 2+216\,u-216}\over{432}}$

进一步推导

考虑怎么计算

(Ξ z^{a} e^{\frac{b z}{S}})^{'} (1)

$(\Xi z^ae^{\frac{bz}S})'(1)$

为了方便，以下解出

(Ξ z^{a} e^{b z})^{'} (1)

$(\Xi z^ae^{bz})'(1)$

的柿子，然后最后再把 $b$ 代为 $\frac bS$ 即可。

先摆结论：

Ξ z^{a} e^{b z} = \frac{a! z^{a}}{(1 - b z)^{a + 1}}

$\Xi z^ae^{bz}={a!z^a\over(1-bz)^{a+1}}$

证明？

可以直接把系数展开；当然，也有更简洁（？）的推导，见文末。

然后就很简单了。

(Ξ z^{a} e^{b z})^{'} = (\frac{a! z^{a}}{(1 - b z)^{a + 1}})^{'} = \frac{a! z^{a - 1} (a + b z)}{(1 - b z)^{a + 2}}

$(\Xi z^ae^{bz})'=\bigg({a!z^a\over(1-bz)^{a+1}}\bigg)'={a!z^{a-1}(a+bz)\over(1-bz)^{a+2}}$

(Ξ z^{a} e^{b z})^{'} (1) = \frac{a! (a + b)}{(1 - b)^{a + 2}}

$(\Xi z^ae^{bz})'(1)={a!(a+b)\over(1-b)^{a+2}}$

好了？

好，我们现在已经得到了一个 $O(n^3)$ （应该？）的做法了。

但是这样还不够，我们可以来的更给力一点啊！

考虑瓶颈在分式基求和上。

回想是一维多项式时，我们可以在 $O(n\log^2n)$ 的时间内用分治卷积解决。

现在是二维多项式的分式基，我们依旧考虑分治卷积，只是单次乘法改用二维 FFT。

这样，我们就做到了 $O(n^2\log n)$ 的优秀复杂度！

于是，我们就爆标了。

Laplace 变换

文末，我们给出 $\Xi z^ae^{bz}$ 的另一种推导方法。

大家都知道

a! = \int_{0}^{+ \infty} t^{a} e^{- t} d t

$a!=\int_0^{+\infty}t^ae^{-t}\operatorname dt$

吧？

~~不知道也没有关系，现在不就知道了。~~

定义 Laplace 变换

L f (z) = \int_{0}^{+ \infty} f (z t) e^{- t} d t

${\mathcal L}f(z)=\int_0^{+\infty}f(zt)e^{-t}\operatorname dt$

容易验证有 $\Xi f={\mathcal L}f$ 。

于是 $f=z^ae^{bz}$ 时，

L f (z) = \int_{0}^{+ \infty} f (z t) e^{- t} d t = \int_{0}^{+ \infty} (z t)^{a} e^{b z t} e^{- t} d t = z^{a} \int_{0}^{+ \infty} t^{a} e^{- t (1 - b z)} d t = \frac{z^{a}}{(1 - b z)^{a + 1}} \int_{0}^{+ \infty} (t (1 - b z))^{a} e^{- t (1 - b z)} d (t (1 - b z)) = \frac{a! z^{a}}{(1 - b z)^{a + 1}}

${\mathcal L}f(z)=\int_0^{+\infty}f(zt)e^{-t}\operatorname dt\\=\int_0^{+\infty}(zt)^ae^{bzt}e^{-t}\operatorname dt\\=z^a\int_0^{+\infty}t^ae^{-t(1-bz)}\operatorname dt\\={z^a\over(1-bz)^{a+1}}\int_0^{+\infty}(t(1-bz))^ae^{-t(1-bz)}\operatorname d(t(1-bz))\\={a!z^a\over(1-bz)^{a+1}}$

于是就得到