模拟题，复读一下 EI 老师的 营业日志。
题意：给出 \(n,m,u,v\)，试计算：
其中 \(n\le 10^{18},m\le 5\times 10^5\)。
直接分治 NTT 算出分式，再套 bostan-mori 的话复杂度是 \(O(m\log m\log n)\) 的，难以通过。
考虑使用部分分式展开：也就是将原式写为：
的形式。
我们有比较机械的部分分式方法：
现在我们要对
部分分式。首先我们知道其等于：
其中 \(\deg R_i(x)\lt k_i\)。如果我们已经求得了这个形式，则计算某一项 \([x^t]\) 的值是容易的，即为：
现在考虑如何去求。
令 \(q_i(x)=(1-a_ix)^{k_i}\)，也就是说 \(Q(x)=\prod_{i=1}^{r}q_i(x)\)，注意到 \(q_i(x)\) 是两两互质的。
如果暴力通分，则得到：
而注意到：
因此：
一般我们都会用到的是比较特殊的情况，例如本题。\(R_i\) 成为了常数。
首先 \(P(x)=1\)，其次 \(q_i(x)=1-(ui+v)x\)，这是一个一次多项式。
而多项式 \(F(x)\) 对 \((ax+b)\) 取模等价于代入它的根，也就是等价于求值 \(F(-\frac{b}{a})\)。
因此令 \(Q_i(x) = \prod_{j\neq i}\frac{1}{q_j(x)}\)，则 \(R_i=Q_i(\frac{1}{ui+v})\)。
不妨来求 \(Q_i^{-1}(x)=\prod_{j\neq i}q_j(x)\)，也就是：\(\prod_{j\neq i}[1-\frac{uj+v}{ui+v}]\) 。
注意到其也就是：\(\prod_{j\neq i}\frac{u(i-j)}{ui+v}\)。因此算一项 \(R_i\) 可以 \(O(\log)\) 取之。
然后整个题得到了解决。
代数手段的解决方法比较机械，但是没有这样的数学功底，该怎么办？
我们还有一个组合意义来解决这道题目，这个组合意义十分巧妙：
首先可以看成这样一个问题。我们有 \(n\) 个阶段，要从 \(n\) 个阶段里选出共 \(m\) 个数。初始你有 \(u+v\) 个数可选，每进入到下一个阶段，你就多出 \(v\) 个数可选。
我们随意考虑一个最终选出来的方案，发现难点在于无法有效的区分在哪一个数开始进入了下一阶段：如果我们直接认为第一天的 \(u+v\) 个数和第二天的 \(u+2v\) 个数全部相同固然可以区分，但是完全没有办法计算。
考虑这样一个事情：每次进入一个新的阶段的时候多了 \(v\) 个数可选。我们直接在这个时候，插入 \(v\) 个数之一，标识着进入了新阶段。这样我们的序列长度应该为 \(n+m-1\)。
然后说，每一个长度为 \(n+m-1\) 的新序列，就能唯一地对应回去一个旧方案。但是一个旧方案对应过来有 \(v^{m-1}\) 种方式。所以要除掉哦。
发现我们依旧无法计数：因为你要保证什么，第一次新增的 \(v\) 个人，出现在第二次新增的 \(v\) 个人之前，这样的事情。
我们忽略这样的限制，也即忽略阶段的顺序：就是说，有 \(m-1\) 组新增的数，每组各有 \(v\) 个。本来我们钦定了第一组的第一次出现位于第二组的第一次出现之前，现在我们删去这样的约束。最后根据对称性除掉 \((m-1)!\) 即可。
现在就可以计数了：相当于有 \(m\) 个组，第一组有 \((u+v)\) 个数字，以后的组都是 \(v\) 个数字。然后你要求 \(m\) 个组一共凑出来 \(n\) 个数字，这里是 egf 卷积的形式，然后要求第 \(2\sim m\) 组每组的数字都至少出现一次，这里直接容斥掉即可。
小练习：ABC241H Card Deck Score
\(2^n\) 容斥的部分是平凡的，然后变为计算：
相信大家现在都会 \(O(n^2+n\log m)\) 计算这个了。
注意到 \(R_i\) 可以预处理出来，所以更严格的复杂度是 \(O(n^2+n2^n\log m)\)。不过也不需要这个优化。
就这？
