P5641 开拓者的卓识 题解

题面

原始式子是

\[sum_{k,l,r}=\left\{ \begin{aligned} \sum_{i=l}^r a_i&,k=1\\ \sum_{i=l}^r\sum_{j=i}^rsum_{k-1,i,j}&,k\geq 2\\ \end{aligned} \right. \]

考虑求每一个 \(sum_{k,1,r}\) 时，每个位置 \(a_i(1\leq i\leq r)\) 的贡献。相当于是要在两边选 \(k-1\) 个左（右）端点。通过插板法，可以得到这样一个式子：

\[sum_{k,1,r}=\sum_{i=1}^{r}a_i\binom{i+k-2}{k-1}\binom{r-i+k-1}{k-1} \]

可以 \(O(n^2)\) 解决。考虑把它化成卷积形式：

令 \(A_i=a_{i+1}\dbinom{i+k-1}{k-1},B_i=\dbinom{i+k-1}{k-1}\)，则

\[sum_{k,1,r}=\sum_{i=0}^{r-1}A_i\times B_{r-1-i} \]

化成卷积形式之后可以直接运用NTT \(O(n\log n)\) 解决。

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#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=4e5+13,P=998244353,G=3,Gi=332748118;
int n,k,a[N],b[N],r[N];
inline int qpow(int a,int k){int s=1;for(;k;k>>=1,a=1ll*a*a%P)if(k&1)s=1ll*s*a%P;return s;}
inline int Inv(int a){return qpow(a,P-2);}
inline void fft(int *f,int type,int limit){
	for(int i=0;i<limit;++i)
		if(i<r[i]) swap(f[i],f[r[i]]);
	for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1){
		int Wn=qpow(type==1?G:Gi,(P-1)/(mid<<1));
		for(int j=0;j<limit;j+=(mid<<1)){
			int w=1;
			for(int k=0;k<mid;++k,w=1ll*w*Wn%P){
				int x=f[j+k],y=1ll*w*f[j+k+mid]%P;
				f[j+k]=(x+y)%P;f[j+k+mid]=(x-y+P)%P;
			}
		}
	}
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=0;i<n;++i) scanf("%d",&a[i]);
	b[0]=1;
	for(int i=1;i<n;++i) b[i]=1ll*b[i-1]*(k+i-1)%P*Inv(i)%P;
	for(int i=0;i<n;++i) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%P;
	int limit=1,l=0;
	while(limit<=((n-1)<<1)) limit<<=1,++l;
	for(int i=0;i<limit;++i) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
	fft(a,1,limit),fft(b,1,limit);
	for(int i=0;i<limit;++i) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%P;
	fft(a,-1,limit);int inv=Inv(limit);
	for(int i=0;i<n;++i) printf("%d ",1ll*a[i]*inv%P);
	return 0;
}