20200630 多項式難題訓練

LOJ#6247. 九個太陽（單位根反演）

給定 $n\le10^{15},k\le2^{20}$，$k$ 是 2 的冪，求：
$\sum_{k|i,0\le i\le n}\binom ni$ 單位根反演

相當於就是求 $f(x)=\sum_{i=0}^n \binom nix^i=(x+1)^n$ 的 $k$ 的倍數項的係數和，單位根反演後等於 $\frac 1k\sum\limits_{j=0}^{k-1}f(w_{j}^k)=\frac 1k\sum\limits_{j=0}^{k-1}(w_j^k+1)^n$

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LOJ#556. 「Antileaf’s Round」咱們去燒菜吧（多重揹包乘積lnexp優化）

$m$ 種物品，每種大小 $a_i$，數量 $b_i$，求裝滿大小爲 $k\in[1,n]$ 的揹包的方案數。$b_i=0$ 表示無限。$1\le a_i<110000,0\le b_i\le10^6,1\le n,m\le10^5$

對 $b_i=0$，有 $F_i=\frac 1{1-x^{a_i}}$；對 $b_i\neq 0$，有 $F_i={1-x^{a_i(b_i+1)}\over 1-x^{a_i}}$

答案的生成函數 $G=\prod F_i=\exp\sum\ln F_i$

$\ln{1-x^{a_i(b_i+1)}\over 1-x^{a_i}}=\ln (1-x^{a_i(b_i+1)})-\ln(1-x^{a_i})$

$\ln(1-x)=\sum_{i=1}^\infty-\frac 1ix^i$，所以 $\ln F_i$ 是某些位置的倍數的形式，可以先求出每個位置的貢獻和，然後 $O(n\ln n)$ 求出 $\sum\ln F_i$。

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CF1096G Lucky Tickets

多項式快速冪模板題，次數$k\le9$，$n\le10^5$，可以求導遞推，可以點值快速冪。

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LOJ#6703. 小 Q 的序列（組合意義神題）

dalao題解
裏面的 $f_{i,\Delta}=f_{i-1,\Delta-1}+(a_i+i-\Delta)*f_{i-1,\Delta}$
那麼 $f_{n,\Delta}$ 相當於是有 $n-\Delta$ 個數的貢獻爲 $a_i+i$，然後乘上按照 $g_{i,j}=g_{i-1,j-1}-j*g_{i-1,j}$ 遞推得到的 $g_{n,\Delta}$

求 $g$ 很像第二類斯特林數·列(就是)

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AT2064 [AGC005F] Many Easy Problems

$n$個點的樹，對每個$k$，求任選$k$個點，包含這$k$個點的最小連通塊大小之和。
$n\le200000$

連通塊邊數=點數-1，考慮每條邊對$ans_k$的貢獻然後加上$\binom nk$即可。

選$k$個點，某條邊$i$在這個最小連通塊中的方案數是 $\binom nk-\binom {sz}k-\binom {n-sz}k$

假設以1爲根， $ans_k=n*\binom nk-(\sum_{i=2}^n\binom {sz_i}k+\binom {n-sz_i}k)$

記 $cnt_i=\sum[sz_j==i]+[n-sz_j==i]$，那麼後面那個式子可以記爲 $f_k=\sum_{i=1}^{n-1}\binom ik*cnt_i$
組合數拆開得到 $f_k*k!=\sum_{i=1}^{n-1}i!\cdot cnt_i*\frac 1{(i-k)!}$。翻轉後做卷積就可以了。

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LOJ#6055. 「from CommonAnts」一道數學題 加強版

LOJ討論全局板塊有題解
自述：
這是個前綴和的遞推形式，可以將 $\sum_{i=1}^{x-2}f(k,i)$ 用 $f(k,x-1)-(x-1)^k$ 表示。
那麼$f(k,x)=2f(k,x-1)+x^k-(x-1)^{k}$
至少有一個關於$x$的$k-1$次多項式可以滿足這個遞推關係，但是不一定會有同時滿足 $f(k,1)=1$ 的$k$次多項式。

構造$g(k,x)=2g(k,x-1)-x^k+x^{k-1}$
那麼 $f(k,x)+g(k,x)=2(f(k,x-1)+g(k,x-1))$，所以$f(k,x)=2^{x-1}(f(k,1)+g(k,1))-g(k,x)$

那麼我們只需要找到一個滿足 $g$ 的遞推關係的 $k-1$ 次多項式，並求出 $g(k,1)$ 和 $g(k,x)$
可以設出 $g(k,0)$，然後由遞推關係推出 $g(k,1...k)$，此時可以插值求 $g(k,k)$ 建立 $g(k,0)$ 的等式從而求解。而LOJ的題解給出了這樣一個恆等式：$\sum_{i=0}^k(-1)^i\binom kig(k,i)=0$
實際上，對任何$\le k-1$次的多項式 $F(x)$，都有 $\sum_{i=0}^{k}(-1)^i\binom kiF(i)=0$，具體證明可以將 $x=-1$ 代入2020聯合省選D1T2組合數問題中。
然後就解出了 $g(k,0)$，遞推 $g(k,1...k-1)$，然後拉格朗日插值求出 $g(k,x)$ 即可。
複雜度 $O(k)$

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LOJ#6609. 無意識的石子堆 加強版

$n*m$的棋盤，每行恰好放兩個石子，每列最多放兩個石子，求方案數。$n\le2*10^6,m\le10^{18}$

枚舉放了兩個石子的列的個數 $k$，記 $S_k$ 爲恰有$k$列放了兩個石子的方案數，那麼有：
$Ans=\sum_{k=0}^n\binom mk\binom {m-k}{2n-2k}S_k$
把行，列分別看做一排點，一個石子看做一條邊，那麼現在就是在二分圖中求：左邊有 $n$ 個二度點，右邊有 $k$ 個二度點、$2n-2k$ 個一度點，連邊的方案數。
把二度點拆成一度點，任意連邊之後復原，可能會出現兩個二度點連了重邊的情況，枚舉重邊至少的條數進行容斥：
$S_k=\frac 1{2^{n+k}}\sum_{i=0}^k(-1)^i\binom ni\binom kii!2^i*(2n-2i)!$
卷積一下就可以了。

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LOJ#6289. 花朵

$n$個點的數，每個點有權值 $a_i$，選出恰好 $m$ 個不相鄰的點，快樂度爲權值之積，求所有方案的快樂度之和。

設 $f[u][i][0/1]$ 表示 $u$ 子樹內選 $i$ 個點，$u$ 不選/選 的快樂度之和。
重鏈剖分，輕兒子分治NTT捲起來，重鏈按照輕兒子大小之和帶權分治捲起來，要記錄頭尾有沒有選。
分析一下複雜度：
卷輕兒子時，分治一個小log，總共log次作輕兒子，NTT一個log，複雜度 $O(n\log^3n)$，前兩個 $\log$ 比較小。分治卷積可以用堆也可以直接分治，不影響複雜度。
卷重鏈時，按照全局平衡二叉樹的帶權分治方法，總的深度是一個log的，NTT一個log，複雜度 $O(n\log^2n)$

說起來蠻簡單，實際細節想不清根本下不了手
說起來輕兒子捲起來轉移到父親的時候整體移位總複雜度是$O(n\log n)$的
看完別人的代碼(0.7h later)發現其實還是蠻簡單的