多项式学习笔记
P5349 幂 [分治\(fft\)]
设\(f(n)=\sum\limits_i a_i x^i\)，考虑求\(F(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} n^x r^n\)，其中\(F(0)=\frac{1}{1-r}\)
\[(1-r)F(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} n^x r^n-\sum\limits_{n=0}^{\infty} n^x r^{n+1}=\sum\limits_{n=0}^{\infty} n^x r^n-\sum\limits_{n=1}^{\infty} (n-1)^x r^{n}
\]
\[(r-1)F(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} r^n ((n-1)^x-n^x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} r^n \sum\limits_{i=0}^{x-1} C_{x}^{i} (-1)^{x-i} n^i=\sum\limits_{i=0}^{x-1} C_{x}^{i} (-1)^{x-i} \sum\limits_{n=1}^{\infty} n^i r^n
\]
我们发现\(\sum\limits_{n=1}^{\infty} n^i r^n\)几乎就是\(F(i)\)，只是在\(i=0\)时它是\(F(0)-1\)，考虑先将\(F(0)\)减一。
\[(r-1)F(x)=\sum\limits_{i=0}^{x-1} C_{x}^{i} (-1)^{x-i} F(i)=\sum\limits_{i=0}^{x-1} \frac{x!}{i!(x-i)!} (-1)^{x-i} F(i)
\]
\[\frac{F(x)}{x!}=\sum\limits_{i=0}^{x-1} \frac{1}{r-1} \frac{(-1)^{x-i}}{(x-i)!} \frac{F(i)}{i!}
\]
分治\(fft\)即可，最后\(F(0)\)要加一，答案即为\(\sum\limits_{i=0}^m a_iF(i)i!\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=1e6+10;
const int mod=998244353;
const int G=3;
const int iG=(mod+1)/3;
const int inv2=(mod+1)/2;
inline int read(){
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
inline int ksm(int x,int y){
int res=1;
while(y){
if(y&1)res=res*x%mod;
x=x*x%mod;y>>=1;
}
return res;
}
int tr[maxn];
int n,p,ans,a[maxn],b[maxn];
inline void ntt(int *f,int len,int flag){
for(int i=0;i<len;i++)
if(i<tr[i])swap(f[i],f[tr[i]]);
for(int i=2;i<=len;i<<=1){
int w=ksm(flag?G:iG,(mod-1)/i);
for(int j=0,p=i>>1;j<len;j+=i){
int wi=1;
for(int k=j;k<j+p;k++){
int tt=1ll*wi*f[k+p]%mod;
f[k+p]=(f[k]-tt+mod)%mod;
f[k]=(f[k]+tt)%mod;
wi=wi*w%mod;
}
}
}
if(flag==0){
int iv=ksm(len,mod-2);
for(int i=0;i<len;i++)
f[i]=f[i]*iv%mod;
}
}
int f[maxn],g[maxn];
inline void cdqfft(int l,int r){
if(l+1>=r)return;
int mid=(l+r)>>1,len=r-l;
cdqfft(l,mid);
for(int i=0;i<len;i++)g[i]=a[i];
for(int i=l;i<mid;i++)f[i-l]=b[i];
for(int i=mid;i<r;i++)f[i-l]=0;
for(int i=0;i<len;i++)
tr[i]=(tr[i>>1]>>1)|((i&1)?len>>1:0);
ntt(g,len,1),ntt(f,len,1);
for(int i=0;i<len;i++)
f[i]=g[i]*f[i]%mod;
ntt(f,len,0);
for(int i=mid;i<r;i++)
b[i]=(b[i]+f[i-l])%mod;
cdqfft(mid,r);
}
int inv[maxn],ifc[maxn],fac[maxn];
signed main(){
n=read()+1,p=read();
inv[1]=ifc[0]=fac[0]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
for(int i=1;i<=n;i++)
ifc[i]=ifc[i-1]*inv[i]%mod;
for(int i=1;i<=n;i++)
fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
int iv=ksm(p-1,mod-2);
for(int i=1;i<n;i++)
a[i]=(i&1?mod-ifc[i]:ifc[i])*iv%mod;
int len=1;for(;len<n;len<<=1);
b[0]=ksm(1+mod-p,mod-2)-1;cdqfft(0,len);b[0]++;
for(int i=0;i<n;i++){
int x=read();
ans=(ans+x*b[i]%mod*fac[i]%mod)%mod;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
P4841 [集训队作业2013]城市规划 [多项式ln]
结论：\(n\)元的命题\(x\)\(\rightarrow\)随意划分\(n\)后每一个子集的命题\(x\)，则后者是前者的\(\text{exp}\)
套用结论，\(n\)点无向连通图个数的\(\text{exp}\)为\(n\)点无向图个数。
而显然后者的个数是\(2^{C_{n}^2}\)，那么多项式\(\text{ln}\)一下即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=1e6+10;
const int mod=1004535809;
const int G=3;
const int iG=(mod+1)/3;
inline int read(){
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
inline int ksm(int x,int y){
int res=1;
while(y){
if(y&1)res=res*x%mod;
x=x*x%mod;y>>=1;
}
return res;
}
int tr[maxn],inv[maxn];
int n,a[maxn],b[maxn],c[maxn];
inline void ntt(int *f,int len,int flag){
for(int i=0;i<len;i++)
if(i<tr[i])swap(f[i],f[tr[i]]);
for(int i=2;i<=len;i<<=1){
int w=ksm(flag?G:iG,(mod-1)/i);
for(int j=0,p=i>>1;j<len;j+=i){
int wi=1;
for(int k=j;k<j+p;k++){
int tt=1ll*wi*f[k+p]%mod;
f[k+p]=(f[k]-tt+mod)%mod;
f[k]=(f[k]+tt)%mod;
wi=wi*w%mod;
}
}
}
if(flag==0){
int iv=ksm(len,mod-2);
for(int i=0;i<len;i++)
f[i]=f[i]*iv%mod;
}
}
inline void workinv(int deg,int *a,int *b){
if(deg==1)return void(b[0]=ksm(a[0],mod-2));
workinv((deg+1)>>1,a,b);
int len=1;for(;len<=(deg<<1);len<<=1);
for(int i=0;i<len;i++)
tr[i]=(tr[i>>1]>>1)|((i&1)?len>>1:0);
for(int i=0;i<deg;i++)c[i]=a[i];
for(int i=deg;i<len;i++)c[i]=0;
ntt(c,len,1);ntt(b,len,1);
for(int i=0;i<len;i++)
b[i]=b[i]*(2-b[i]*c[i]%mod+mod)%mod;
ntt(b,len,0);
for(int i=deg;i<len;i++)b[i]=0;
}
inline void dif(int *a,int *b,int len){
for(int i=0;i<len;i++)
a[i]=b[i+1]*(i+1)%mod;
}
inline void iit(int *a,int *b,int len){
inv[1]=1;a[0]=0;
for(int i=2;i<=len;i++)
inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
for(int i=1;i<len;i++)
a[i]=b[i-1]*inv[i]%mod;
}
inline void mul(int *a,int *b,int n){
int len=1;for(;len<=(n<<1);len<<=1);
for(int i=0;i<len;i++)
tr[i]=(tr[i>>1]>>1)|((i&1)?len>>1:0);
ntt(a,len,1);ntt(b,len,1);
for(int i=0;i<len;i++)a[i]=a[i]*b[i]%mod;
ntt(a,len,0);
}
int f[maxn],fac[maxn];
signed main(){
n=read()+1;
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
for(int i=0;i<n;i++)
a[i]=ksm(2,i*(i-1)/2)*ksm(fac[i],mod-2)%mod;
dif(f,a,n);
workinv(n,a,b);
mul(f,b,n);
iit(a,f,n);
printf("%lld\n",a[n-1]*fac[n-1]%mod);
return 0;
}
CF438E The Child and Binary Tree [多项式开根，多项式求逆]
设\(a_i\)代表\(i\)是否在\(c\)中出现过，\(f_i\)代表和为\(i\)的二叉树个数，\(f_0=1\)。
\[f_i=\sum\limits_{j=1}^i a_j \sum\limits_{k=0}^{i-j} f_k f_{i-j-k}
\]
这几乎就是卷积形式，但可惜\(i=0\)时不符合，但没关系，多项式是可以单独加上尾项的系数的。
\[f=a*(f*f)+1=af^2+1
\]
\[f=\frac{1\pm \sqrt{1-4a}}{2a}=\frac{2}{1\mp \sqrt{1-4a}}
\]
经验证，\(f=\frac{2}{1+\sqrt{1-4a}}\)，多项式开根然后求逆即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=1e6+10;
const int mod=998244353;
const int G=3;
const int iG=(mod+1)/3;
const int inv2=(mod+1)/2;
inline int read(){
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
inline int ksm(int x,int y){
int res=1;
while(y){
if(y&1)res=res*x%mod;
x=x*x%mod;y>>=1;
}
return res;
}
int tr[maxn];
int n,m,a[maxn],b[maxn],c[maxn];
inline void ntt(int *f,int len,int flag){
for(int i=0;i<len;i++)
if(i<tr[i])swap(f[i],f[tr[i]]);
for(int i=2;i<=len;i<<=1){
int w=ksm(flag?G:iG,(mod-1)/i);
for(int j=0,p=i>>1;j<len;j+=i){
int wi=1;
for(int k=j;k<j+p;k++){
int tt=1ll*wi*f[k+p]%mod;
f[k+p]=(f[k]-tt+mod)%mod;
f[k]=(f[k]+tt)%mod;
wi=wi*w%mod;
}
}
}
if(flag==0){
int iv=ksm(len,mod-2);
for(int i=0;i<len;i++)
f[i]=f[i]*iv%mod;
}
}
inline void workinv(int deg,int *a,int *b){
if(deg==1)return void(b[0]=ksm(a[0],mod-2));
workinv((deg+1)>>1,a,b);
int len=1;for(;len<=(deg<<1);len<<=1);
for(int i=0;i<len;i++)
tr[i]=(tr[i>>1]>>1)|((i&1)?len>>1:0);
for(int i=0;i<deg;i++)c[i]=a[i];
for(int i=deg;i<len;i++)c[i]=0;
ntt(c,len,1);ntt(b,len,1);
for(int i=0;i<len;i++)
b[i]=b[i]*(2-b[i]*c[i]%mod+mod)%mod;
ntt(b,len,0);
for(int i=deg;i<len;i++)b[i]=0;
}
int f[maxn],g[maxn];
inline void worksqrt(int deg,int *a,int *b){
if(deg==1)return void(b[0]=1);
worksqrt((deg+1)>>1,a,b);
int len=1;for(;len<=(deg<<1);len<<=1);
for(int i=0;i<len;i++)f[i]=g[i]=0;
for(int i=0;i<deg;i++)f[i]=a[i];
workinv(deg,b,g);
ntt(b,len,1);ntt(f,len,1);ntt(g,len,1);
for(int i=0;i<len;i++)
b[i]=inv2*g[i]%mod*(f[i]+b[i]*b[i]%mod)%mod;
ntt(b,len,0);
for(int i=deg;i<len;i++)b[i]=0;
}
signed main(){
n=read(),m=read()+1;
int x;
for(int i=0;i<n;i++)
x=read(),a[x]=1;
a[0]=1;
for(int i=1;i<m;i++)
if(a[i])a[i]=mod-4;
worksqrt(m,a,b);b[0]++;
for(int i=0;i<m<<1;i++)
a[i]=b[i],b[i]=0;
workinv(m,a,b);
for(int i=1;i<m;i++)
printf("%lld ",2*b[i]%mod);
return 0;
}
P3723 [AH2017/HNOI2017]礼物 [ntt]
\(val=\sum (a_i-b_i+c)^2=\sum (a_i^2+b_i^2)+nc^2+2c\sum (a_i-b_i)+\sum a_ib_i\)
容易发现除了最后一项其他都可以线性求出最值，\(\sum a_ib_i\)直接套路地\(ntt\)即可。
之前的做法是枚举的\(c\)，匆匆改过来导致代码有点乱，体谅一下。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 1e9
const int maxn=1e6+10;
const int mod=998244353;
const int G=3;
const int iG=(mod+1)/3;
int n,m,len=1,tr[maxn],a[maxn],b[maxn];
inline int read(){
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
inline int ksm(int x,int y){
int res=1;
while(y){
if(y&1)res=1ll*res*x%mod;
x=1ll*x*x%mod;y>>=1;
}
return res;
}
inline void ntt(int *f,int len,int flag){
for(int i=0;i<len;i++)
if(i<tr[i])swap(f[i],f[tr[i]]);
for(int p=2;p<=len;p<<=1){
int l=p>>1,w=ksm(flag?G:iG,(mod-1)/p);
for(int i=0;i<len;i+=p){
int wi=1;
for(int j=i;j<i+l;j++){
int t=1ll*wi*f[j+l]%mod;
f[j+l]=(f[j]-t+mod)%mod;
f[j]=(f[j]+t)%mod;
wi=1ll*w*wi%mod;
}
}
}
if(!flag){
int iv=ksm(len,mod-2);
for(int i=0;i<len;i++)
f[i]=1ll*f[i]*iv%mod;
}
}
int f[maxn],g[maxn],ans=inf,base=inf;
int main(){
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=read();
for(;len<=(n<<2);len<<=1);
for(int i=0;i<len;i++)
tr[i]=(tr[i>>1]>>1)|((i&1)?len>>1:0);
int s2=0,s1=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
s2+=a[i]*a[i]+b[i]*b[i],s1+=a[i]-b[i];
//printf("s1=%d s2=%d\n",s1,s2);
for(int i=-m;i<=m;i++)
base=min(base,s2+2*s1*i+n*i*i);
//printf("base=%d\n",base);
for(int c=0;c<=0;c++){
for(int i=0;i<len;i++)f[i]=g[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)f[n-i]=(a[i]+c+mod)%mod;
for(int i=0;i<n;i++)g[i+n]=g[i]=b[i+1];
//int base=0;for(int i=0;i<n;i++)base+=1ll*f[i]*f[i]%mod+g[i]*g[i];
ntt(f,len,1),ntt(g,len,1);
for(int i=0;i<len;i++)f[i]=1ll*f[i]*g[i]%mod;
ntt(f,len,0);
for(int i=n-1;i<=2*n-2;i++)
ans=min(ans,(base-2*f[i]%mod+mod)%mod);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
CF891E Lust [EGF]
发现操作的顺序无影响，故套路地设第\(i\)个被减了\(b_i\)次，稍加推导发现结果即为\(\prod a_i-\prod (a_i-b_i)\)。
即最终答案为\(\prod a_i -\frac{1}{n^k} \sum \frac{k!}{\prod b_i!} \prod (a_i-b_i)\)(*)，漂亮的\(\text{EGF}\)式子，可惜我到这就不会了。
考虑单个的生成函数\(f_p=\sum \frac{a_p-i}{i!} x^i\)，发现可以化简，\(f_p=(a_p-x)e^x\)，整体即为\(F=e^{nx}\prod (a_i-x)\)
注意到这一坨\(\prod (a_i-x)\)的最大次数只有\(n\)，可以\(n^2\)递推出来系数，不妨设为\(\{c_i\}\)，即\(\sum c_i x^i\)
根据\(e\)的定义，\(e^{nx}=\sum \frac{(nx)^i}{i!}\)，则\([x^k]F=\sum\limits_{i=0}^n c_i \frac{n^{k-i}}{(k-i)!}\)，带入*式即为\(c_0-\sum\limits_{i=0}^n\frac{c_i k!}{n^i (k-i)!}\)
暴力计算答案即可，时间复杂度为\(\Theta(n)\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=2e5+10;
const int mod=1e9+7;
int n,k,f[maxn],a[maxn],ans,inv;
inline int read(){
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
inline int ksm(int x,int y){
int res=1;
while(y){
if(y&1)res=res*x%mod;
x=x*x%mod;y>>=1;
}
return res;
}
signed main(){
n=read(),k=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read();
f[0]=1;inv=ksm(n,mod-2);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i;j;--j)
f[j]=(a[i]*f[j]%mod-f[j-1]+mod)%mod;
f[0]=f[0]*a[i]%mod;
}
for(int i=0,tmp=1;i<=n&&i<=k;i++){
ans=(ans+f[i]*tmp%mod)%mod;
tmp=tmp*(k-i)%mod*inv%mod;
}
printf("%lld\n",(f[0]-ans+mod)%mod);
return 0;
}
