省选07. 多项式

P3338 [ZJOI2014]力

$$\begin{aligned} E_i&=\sum_{j=1}^{i-1}\frac{q_j}{(i-j)^2}-\sum_{j=i+1}^n\frac{q_j}{(i-j)^2} \end{aligned}$$

设 $f(x)=q_x$，$g(x)=x^2$，$h(x)=q_{n-x+1}$。

前半部分为 $(f*g)(i)$，后半部分为 $(h*g)(i)$。

P3723 [AH2017/HNOI2017]礼物

$$\begin{aligned} &\sum_{i=0}^{n-1}(x_i+p-y_i)^2\\ &=\sum_{i=0}^{n-1}x_i^2+y_i^2+p^2+2(x_i-y_i)p-2\sum_{i=0}^{n-1}x_iy_i \end{aligned}$$

设 $d\in[0,n-1]$。

$$\begin{aligned} &\sum_{i=0}^{n-1}x(i)y(i+d)\\ &=\sum_{i=0}^{n-1}x(n-i-1)y(i+d) \end{aligned}$$

P5488 差分与前缀和

设 给定的多项式为 $F(x)$，那么 $k$ 维前缀和为

$$F(x)\times \frac{1}{(1-x)^k}$$

$k$ 维差分为

$$F(x)\times (1-x)^k$$

考虑差分的情况怎么做

$$(1-x)^k=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{i}\binom{k}{i}x^i$$

$\binom{k}{0}=1$，$\binom{k}{i}=\binom{k}{i-1}\times\frac{k-i+1}{i}$。

考虑前缀怎么做，第 $x$ 项的答案为 $\binom{x+k-1}{k-1}$。

P5641 【CSGRound2】开拓者的卓识

考虑 $y$ 会在 $sum(k,1,x)$ 中计算几次。

$$\begin{aligned} sum(k,1,x) &=\sum_{y=1}^xa(y)\binom{x-y+k-1}{k-1}\binom{y-1+k-1}{k-1}\\ &=\sum_{y=1}^xf(y)g(x-y) \end{aligned}$$

其中，$f(x)=a(x)\binom{x+k-2}{k-1}$，$g(x)=\binom{x+k-1}{k-1}$。

$k$ 很大，因此需要递推计算 $f(x)$ 和 $g(x)$。

$$\binom{x+s}{t}=\binom{x+s}{x+s-t}$$

CF623E Transforming Sequence

设 $f(i,j)$ 表示前 $i$ 个数中选择 $j$ 个 $1$ 的方案数（只考虑这 $j$ 个 $1$，忽略其它 $k-j$ 个位置）。

$$f(i,j)=\sum_{p=1}^jf(i-1,j-p)\binom{j}{p}2^{j-p}$$

$$f(n+m,i)=\sum_{j=0}^if(n,j)f(m,i-j)\binom{i}{j}2^{mj}$$

于是可以倍增

$$f(2n,i)=\sum_{j=0}^if(n,j)f(n,i-j)\binom{i}{j}2^{nj}$$

这就体现了设 $f(i,j)$ 为只考虑 $j$ 个 $1$ 的好处，它使得 dp 值可以合并。

如果不这么设，比如设 $f(i,j)$ 表示前 $i$ 个数中选择 $j$ 个 $1$ 且要考虑位置的方案数，那么就只能得到一个递推式而得不到合并的式子，就无法解决该问题。

得到了合并的 dp 式，就可以使用倍增 FFT 解决。

CF1251F Red-White Fence

红板个数很少，于是考虑对每个红板单独处理。

先考虑长度小于红板的白板长度不重复的情况。

假设有 $n$ 个这样的白板，选 $i$ 个的答案为 $\binom{n}{i}2^i$。

现在考虑重复的情况，可以发现，重复个数大于 $2$ 等价于重复个数为 $2$。

假设有 $m$ 对重复的白板，选 $i$ 个的答案为 $\binom{2m}{i}$。

设选择 $x$ 个白板的答案为 $f(x)$。

$$f(x)=\sum_{i=0}^x\binom{n}{i}2^i\binom{2m}{x-i}$$

算出所有 $f(x)$ 统计一下答案就行了。