【BZOJ 3157, 3516, 4126】 國王奇遇記 - 極致的組合數學

　　恰好是去年的這個時候左右，我做了這個系列的前兩題。。（其實相當於只做了一題hhh）然而當時的姿勢水平非常低，式子大概都是瞎jb湊出來的。。。（也有可能看了波題解？）反正到了第三題就徹底一臉懵逼了。。記得看題解也看不懂是個毛。。後來就棄了。。
　　一年之後的現在。。。前幾天dwj老司機誤以爲我做過這個題（的再加強版）。。於是就來問我怎麼證答案是用一個多項式來表示的。。。我想我好像都看（翻）完了具體數學求和的那幾章。。不如就來肛一波這個題啊。。。於是總共花了差不多三天，總時長大概5h+。。期間把我學過的不少組合數學的東西都搞過了。。獨立艹掉了這個題真是感動QAQ。。。然而感覺現在的姿勢水平還是好低啊。。（最後還是有一點同學的幫助hhhhh）
　　
　　進入正題啦。
　　給定一個與n 無關的O(T(m)) 的算法，計算

∑k=1nkmmk

　　比較套路的搞法是，因爲km 容易被表示，所以嘗試對這一項展開。於是稍微改變一下求和指標得到
　　

∑k=0n−1(k+1)mmk+1　　=∑k=0n−1∑j=0m(mj)kjmk+1　　=∑j=0m(mj)m∑k=0n−1kjmk

　　可以看到後面那坨東西和一開始要算的東西形式類似，於是記
　　

ft=∑k=1tktmk

　　注意將fj 帶進去時要加上k==0 時的項，看起來像是0，但是實際上當j==0 時就會出問題。我們定義00=1 ，然後再加上這個1 就對了。於是變成
　　

ft=m∑j=0t(tj)(fj−njmn+[j=0])　　=m∑j=0t(tj)fj−mn+1(n+1)t+1+m

　　稍微移一下項可得
　　

(m−1)ft=mn+1nt−m−m∑j=0t−1(tj)fj

　　至此，我們得到了一個O(m2) 遞推的方法。

　　接下來就不是那麼自然了，但也是可以想到的。
　　注意到ft 的遞推式裏有一個mn∗nt ，這個非常重要，應該意識到，如果將ft 完全展開，可能會有一個mn∗Pt(n) ，其中Pt(n) 是一個關於n 的多項式。
　　因此我們先假設ft=mnPt(n)−Qt(m) ，（不要問爲什麼是減）其中Qt(m) 是一個和n 無關的函數。
　　則

(m−1)ft=mn+1[(n+1)t−∑j=0t−1(tj)Pj(n)]+m∑j=0t−1(tj)Qj(m)−m

　　對比係數得

Pt(n)=mm−1[(n+1)t−∑j=0t−1(tj)Pj(n)]

Qt(m)=mm−1[1−∑j=0t−1(tj)Qj(m)]

　　注意到Pt(n) 的常數項形式和Qt(m) 的形式相同，並且恰好Qt(m) 與n 無關，而顯然Pt(n) 的確是一個關於n 的t 次多項式。因此有

fm=mnFm(n)−Fm(0)

　　其中Fm(n) 是一個m 次多項式。
　　
　　完結撒花
　　
　　然而知道這個有什麼卵用呢？？？
　　如果我們將多項式換個表示方法，就會有神效。對於多項式Fm(n) ，考慮它的牛頓級數

Fm(n)=∑k=0n(nk)ck

　　（實際上牛頓級數只用求和到m ，但是這裏爲了方便就求和到n ）我們再來反演一波，有
　　

cn=∑k=0n(nk)(−1)n−kFm(k)

　　這實際上是cn=ΔnFm(0) ，所以順帶解釋了爲什麼牛頓級數只求和到m （對於k>m 的ck ，它都是對m 次多項式Fm(n) 取了k 階差分後代入n=0 的值， 而取了k(k>m) 階差分後的m 次多項式顯然是0）。
　　我們再將cn 帶回到原來的表達式裏，有
　　

Fm(n)=∑k=0m(nk)∑j=0k(kj)(−1)k−jFm(j)　　=∑j=0mFm(j)∑k=jm(nj)(n−jk−j)(−1)k−j　　=∑j=0mFm(j)(nj)∑k=0m−j(n−jk)(−1)k　　=∑j=0m(nj)Fm(j)(−1)m−j(n−j−1m−j)

　　這意味着，知道Fm(0)...Fm(m) 的值就可以算出來任意一個Fm(n) 的值啦
　　（解鎖成就：獨立推出O(m) 求Fm(n) ）
　　UPD:原來這玩意就是傳說中的“線性插值”啊。。。23333333
　　
　　接下來就是算Fm(0)...Fm(m) 的問題了。
　　我們來重新定義一下，設答案爲S(n)=∑n−1k=1kmmk ，那麼有
　　

S(n)=mnFm(n)−Fm(0)

　　對S(n) 取一次差分，可以得到Fm(n) 到Fm(n+1) 的關係：
　　

nmmn=mn(mFm(n+1)−Fm(n))

　　也就是
　　

Fm(n+1)=nm+Fm(n)m

　　這樣可以遞推出Fm(1)...Fm(m) 的值。但是我們好像根本不知道Fm(0) 啊？？？
　　其實這一步就簡單的了。。。考慮對S(n) 構造一個比較奇怪的m+1 階差分：
　　

Δm+1S(n)mn　　=∑k=0m+1(m+1k)(−1)m+1−k(Fm(n+k)−Fm(0)mn+k)

　　這個時候前面一半就是對Fm(n) 取了個m+1 差分，就消掉了。所以再稍微變一下，代n=0 就得到了
　　

Fm(0)=∑m+1k=0(m+1k)(−1)m+1−kS(k)∑m+1k=0(m+1k)(−1)m−km−k

　　S(0)...S(m) 顯然是可以直接算出來的。。。於是我們就可以算出來Fm(0)...Fm(m) 啦。。。
　　接着利用前面的那個求值方法就可以算出Fm(n+1) ，然後就可以算出來S(n+1) 了。。。
　　這樣就結束了。。。？

　　我們來看一下複雜度。。。全程看起來指標都是O(m) 的很吼。。。
　　。。。嗎？
　　仔細看看會發現算S(m+1)=∑mk=1kmmk 的時候有m 個km 哎。。。
　　不管啦直接肛
　　結果第一次交大常數版本的時候TLE了
　　瞎改了點東西這破O(mlogm) 就跑到7s+了
　　
　　然後經同學提醒。。。這玩意是積性的啊。。。不是可以直接篩麼？？？
　　[捂臉熊.jpg]
　　於是就輕易地O(m) 啦。
　　完結撒花！

【一些東西】
　　不太會寫腳註就在這裏把中間用過的一些《具體數學》[人民郵電出版社，第二版]上的結論一次性列出來吧。
　　n 階差分：P156,(5.40)
　　牛頓級數：P157,沒有標成公式,畢竟只是多項式的一種表示形式吧。
　　二項式反演：用了P160,(5.48)的另一種形式
　　

f(n)=∑k(nk)g(k)⇔g(n)=∑k(nk)(−1)n−kf(k)

　　(nk)(kj)=(nj)(n−jk−j) ：P138,(5.21)。表5-4稱其爲”三項式版恆等式”。
　　∑k≤m(nk)(−1)k=(−1)m(n−1m) ：P136,(5.16)。帶交錯符號的二項式係數和。
　　初始的式子還可以用分部求和搞出來，P234,(6.69)。

【主要代碼】

int n , m;
arr fact , invF , pw;
arr F , c2 , pwk;

void input() {
    n = rd() , m = rd();
}

inline void init() {
    m ++;
    fact[0] = invF[0] = 1;
    rep (i , 1 , m) fact[i] = mul(fact[i - 1] , i);
    invF[m] = Pow(fact[m] , mod - 2);
    per (i , m , 1) invF[i - 1] = mul(invF[i] , i);
    pw[0] = 1;
    m --;
    rep (i , 1 , m + 1) pw[i] = mul(pw[i - 1] , m);
    static arr vis , pr;
    int tot = 0;
    pwk[1] = 1;
    rep (i , 2 , m + 1) {
        if (!vis[i])
            pr[++ tot] = i , pwk[i] = Pow(i , m);
        rep (j , 1 , tot) if (i * pr[j] > m + 1) break; else {
            vis[i * pr[j]] = 1;
            pwk[i * pr[j]] = mul(pwk[i] , pwk[pr[j]]);
            if (i % pr[j] == 0) break;
        }
    }
}

inline int _C(int n , int m) {
    return n >= m ? mul(fact[n] , mul(invF[m] , invF[n - m])) : 0;
}

inline void get_F0() {
    int invm = Pow(m , mod - 2) , mm = 1;
    int up = 0 , down = 0;
    int S = 0;
    rep (k , 0 , m + 1) {

        int tmp = _C(m + 1 , k);
        if ((m + 1 - k) & 1) tmp = mod - tmp;
        tmp = mul(tmp , mm);

        up = add(up , mul(tmp , S));
        down = add(down , tmp);

        mm = mul(mm , invm);
        S = add(S , mul(pw[k] , pwk[k]));
    }
    up = mod - up;
    F[0] = mul(up , Pow(down , mod - 2));
}

inline void calc_F() {
    int invm = Pow(m , mod - 2);
    rep (k , 1 , m + 1) {
        F[k] = add(pwk[k - 1] , F[k - 1]);
        F[k] = mul(F[k] , invm);
    }
}

inline int binom(int n , int m) {
    int t = invF[m];
    For (i , 0 , m)
        t = mul(t , n - i);
    return t;
}

inline int inv(int i) {
    return mul(fact[i - 1] , invF[i]);
}

inline void calc_ans() {
    int ans = 0;
    int c1 = 1;
    c2[m] = 1;
    Dwn (j , m , 0) c2[j] = mul(c2[j + 1] , mul(n - j - 1 , inv(m - j)));
    rep (j , 0 , m) {
        if (j)
            c1 = mul(c1 , mul(n - j + 1 , inv(j)));

        int tmp = mul(c1 , F[j]);
        tmp = mul(tmp , c2[j]);
        if ((m - j) & 1) tmp = mod - tmp;
        ans = add(ans , tmp);
    }
    ans = mul(Pow(m , n) , ans);
    ans = dec(ans , F[0]);
    printf("%d\n" , ans);
}

void solve() {
    if (m == 1) {
        int ans = 1ll * n * (n + 1) / 2 % mod;
        printf("%d\n" , ans);
        return;
    }
    if (n <= m) {
        int ans = 0;
        int t = m;
        rep (i , 1 , n)
            ans = add(ans , mul(t , Pow(i , m))) , t = mul(t , m);
        printf("%d\n" , ans);
        return;
    }
    n ++;
    init();
    get_F0();
    calc_F();
    calc_ans();
}