luogu P5488 差分与前缀和 FFT
又是一道FFT 好题。
首先来看一看求前缀和。
求一次前缀和就先当于卷上一个系数全为1的多项式，即\(\displaystyle \sum_{i=0}^{\infin}x^i\)(想一想，为什么)，这个东西就等于 \(\displaystyle \frac{1}{1-x}\),简单证明一下。
是不是感觉天衣无缝但又十分扯淡？没错，这只有在\(-1<x<1\)时才成立。但生成函数是形式幂级数，我们不用关心x的具体取值。
回到我们刚才的问题，因为卷积具有结合律，所以我们要求的就是\(\displaystyle\frac{1}{(1-x)^k}\)
结论:这个式子的n次系数是 \(C_{n+k-1}^{k-1}\)(C是组合数)。
证明:回想一下\(\displaystyle \sum_{i=0}^{\infin}x^i\)的每一次相乘的含义，可知\(\displaystyle (\sum_{i=0}^{\infin}x^i)^k\)中n次系数的含义就是经过k次组成n的方案数，我们可以将n看成是n个小球，k看成是k个盒子，因为组成n的每个 “1”是一样的，每个多项式是不一样的，所以球相同，盒子不同，方案数就是\(C_{n+k-1}^{k-1}\)。
因为k很大，所以我们需要先让k对1004535809取模。至于为什么是可以的，可以回想一下P5245 多项式快速幂 这道题，考虑在模的意义下，对\(k \times lnF(x)\)做多项式指数函数,显然是可以的。
但是取模后的k依然很大，我们将 \(C_n^m\)拆开\(\displaystyle C_n^m=\frac{n!}{m!(n-m)!}=\frac{\prod_{i=n-m+1}^{n}i}{\prod_{i=1}^{m}i}\), 又因为\(C_n^0=1\)然后我们就能递推组合数啦。具体递推过程请参考代码。
接下来看一看求差分。
其实差分一次就相当于卷上\(1-x\)(想一想，为什么),所以我们要求的就是\((1-x)^k\).
求法1: 是不是感觉这个式子似曾相识？，没错，我们其实只用对刚刚求\(\displaystyle\frac{1}{(1-x)^k}\)求个逆就行了，
求法2:根据二项式定理\(\displaystyle (1-x)^k=\sum_{i=0}^kC_{k}^{i}(-x)^i=\sum_{i=0}^kC_{k}^{i}(-1)^ix^i\).然后就能求啦。
1004535809的原根是3.
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
int n, opt, len;
LL k;
const int N = 400010, mod = 1004535809, G = 3, Ginv = (mod + 1) / 3;
int r[N];
LL a[N], b[N], c[N], Y[N];
char ch[2501];
int read()
{
int x = 0; int f = 0; char c = getchar();
while (!isdigit(c)) f |= c == '-', c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
return f ? -x : x;
}
LL ksm(LL a, LL b, LL mod)
{
LL res = 1;
for (; b; b >>= 1, a = a * a % mod)
if (b & 1)res = res * a % mod;
return res;
}
void NTT(LL *A, int lim, int opt)
{
for (int i = 0; i < lim; ++i)
r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) ? (lim >> 1) : 0);
for (int i = 0; i < lim; ++i)
if (i < r[i])swap(A[i], A[r[i]]);
int len;
LL wn, w, x, y;
for (int mid = 1; mid < lim; mid <<= 1)
{
len = mid << 1;
wn = ksm(opt == 1 ? G : Ginv, (mod - 1) / len, mod);
for (int j = 0; j < lim; j += len)
{
w = 1;
for (int k = j; k < j + mid; ++k, w = w * wn % mod)
{
x = A[k]; y = A[k + mid] * w % mod;
A[k] = (x + y) % mod;
A[k + mid] = (x - y + mod) % mod;
}
}
}
if (opt == 1)return;
int ni = ksm(lim, mod - 2, mod);
for (int i = 0; i < lim; ++i)A[i] = A[i] * ni % mod;
}
void MUL(LL *A, int n, LL *B, int m)
{
int lim = 1;
while (lim < (n + m))lim <<= 1;
NTT(A, lim, 1); NTT(B, lim, 1);
for (int i = 0; i < lim; ++i)A[i] = A[i] * B[i] % mod;
NTT(A, lim, -1);
}
void INV(int siz, LL *A, LL *B)
{
if (siz == 1)
{
B[0] = ksm(A[0], mod - 2, mod);
return;
}
INV((siz + 1) >> 1, A, B);
int lim = 1;
while (lim < (siz << 1))lim <<= 1;
for (int i = 0; i < siz; ++i)c[i] = A[i];
for (int i = siz; i < lim; ++i)c[i] = 0;
NTT(c, lim, 1); NTT(B, lim, 1);
for (int i = 0; i < lim; ++i)B[i] = B[i] * (2 - c[i] * B[i] % mod + mod) % mod;
NTT(B, lim, -1);
for (int i = siz; i < lim; ++i)B[i] = 0;
}
int main()
{
cin >> n; scanf("%s", ch + 1); cin >> opt;
len = strlen(ch + 1);
for (int i = 1; i <= len; ++i)k = k * 10 + ch[i] - '0', k %= mod;
for (int i = 1; i <= n; ++i)a[i] = read();
b[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i)b[i] = b[i - 1] * (i + k - 1) % mod * ksm(i, mod - 2, mod) % mod;
if (opt == 0)
{
MUL(a, n, b, n);
for (int i = 1; i <= n; ++i)printf("%lld ", a[i]);
}
else
{
INV(n + 1, b, Y);
MUL(a, n, Y, n);
for (int i = 1; i <= n; ++i)printf("%lld ", a[i]);
}
return 0;
}
