计数整理

计数

• 本篇侧重于生成函数方向的计数，不过知识点上是由易到难的（大概
• 一些基础科技内容不会详细提及

组合数

计数里面最基本的部分

1.定义

排列：从\(n\)个物品中选出\(m\)个来，且考虑顺序，方案数记为\(A_n^m\)

组合：从\(n\)个物品中选出\(m\)个来，不考虑顺序，方案数记为\(C_n^m\)，又可记作\(\binom nm\)

（由于在计数题中出现的基本为组合，所以本文内容主要关于组合问题）

2.计算

\[A_n^m=n^{\underline m}=\frac{n!}{(n-m)!}\\ C_n^m=\frac{n!}{m!(n-m)!} \]

同时，\(C_n^m\)也可通过公式\(C_n^m=C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^m\)来计算，证明：考虑分是否选择第\(n\)个来计算。这也是我们的杨辉三角的递推公式，但由于复杂度较大，所以这个公式实际并不常用

3.一些简单的技巧

(1)多重集合

当\(\sum n_i=n\)时，有\(\binom{n}{n_1}\binom{n-n_1}{n_2}\cdots\binom{n_n}{n_n}=\frac{n}{\prod n_i!}\)

证明：拆开就可以了

(2)范德蒙卷积

\[\sum_{i=0}^k\binom ni\binom m {k-i}=\binom {n+m}k \]

证明：考虑组合意义，实际就等价于在\(n+m\)个数中选出\(k\)个数的方案数，即\(\binom {n+m}k\)

(3)插板法

把\(n\)个相同的球分为\(m\)个不同的组，每组内至少有一个球，方案数为\(\binom {n-1}{m-1}\)

若每组内可以没有球，则方案数为\(\binom {n+m-1}{m-1}\)

(4)求一列组合数的和

\(\sum_{i=n}^m\binom in=\binom {m+1}{n+1}\)

证明：仍然考虑组合意义，我们不妨令\(\binom in\)表示在前\(i\)个球中任选\(n\)个，然后强制在第\(i+1\)个位置放一个球的方案，那么这个求和式的组合意义相当于是统计第\(n+1\)个球（也就是最后一个球）选择的是第\(n+1\sim m+1\)中每个位置的方案和，这也就是在\(m+1\)个球中任选\(n+1\)个球的方案数

4.二项式定理

(1)普通幂

\[\begin{aligned} (a+b)^n&=\sum_{i=0}^n\binom n ia^ib^{n-i} \end{aligned} \]

特别的，当\(a=b=1\)时，有\(\sum_{i=0}^n\binom ni=2^n\)

当\(a=1\)时，考虑到组合数的形式，有生成函数\(F(x)=\sum_{i\ge 0}\binom n ix^i=(1+x)^n\)

由此还能得出多项式定理：

\[(a_1+a_2+...+a_m)^n=\sum_{\sum n_i=n}\frac{n!}{\prod n_i!}\prod a_i^{n_i} \]

(2)上升/下降幂

\[(a+b)^{\underline n}=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}a^{\underline i}b^{\underline {n-i}}\\ (a+b)^{\overline n}=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}a^{\overline i}b^{\overline {n-i}} \]

只证明第一条

\[\begin{aligned} (a+b)^{\underline n}&=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}a^{\underline i}b^{\underline {n-i}}\\ \frac{(a+b)^{\underline n}}{n!}&=\sum_{i=0}^{n}\frac{a^{\underline i}b^{\underline {n-i}}}{i!(n-i)!}\\ \binom{a+b}{n}&=\sum_{i=0}^n\binom{a}{i}\binom{b}{n-i} \end{aligned} \]

也就是上文的范德蒙卷积

5.广义二项式定理

我们定义牛顿二项式系数为\(\binom n m=\frac{n(n-1)...(n-m+1)}{m!}\)，其中\(n\in R\)，\(m\)为自然数

那么有：（注意\(a,b,m\)为实数，且\(|\frac ab|<1\)）

\[\begin{aligned} (a+b)^m=\sum_{i=0}^{+\infty}\binom m ia^ib^{m-i} \end{aligned} \]

其中，特殊的有（\(m<0\))

\[\begin{aligned} (1+x)^m&=\sum_{i=0}^{+\infty}\binom mix^i\\ \\ (1-x)^m&=\sum_{i=0}^{+\infty}\binom mi(-x)^i\\ &=\sum_{i=0}^{+\infty}(-1)^i\frac{m^{\underline i}}{i!}x^i\\ &=\sum_{i=0}^{+\infty}(-1)^{2i}\frac{(i-m-1)^{\underline i}}{i!}x^i\\ &=\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{(i-m-1)^\underline i}{i!}x^i \end{aligned} \]

6.k维差分与前缀和

给出一个长度为\(n\)的序列\(a\)，求它的\(k\)阶差分或\(k\)阶后缀和，对\(p=998244353\)取模

其中\(k\le 10^{23333}\)

我们不妨把\(a\)看成一个多项式\(F(x)=\sum a_ix^i\)

那么求其一阶的前缀和的一个方法是，我们将\(F(x)\)卷上一个多项式\(G(x)=\frac{1}{1-x}\)

我们现在要求出\(\frac{1}{(1-x)^k}\)，不妨考虑将其写成\((1-x)^{-k}\)的形式，由广义二项式定理可知道其为

\[(1-x)^{-k}=\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{(i+k-1)^\underline i}{i!}x^i \]

然后卷就好了

现在要求\(k\)阶差分

同样的，我们有\(G(x)=1-x\)，差分直接\(F(x)\cdot G(x)\)就好了

那么\(k\)阶即为

\[G^k(x)=(1-x)^k=\sum_{i=0}^{+\infty}(-1)^i\frac{k^\underline i}{i!}x^i \]

这个就是一个简单的二项式定理，然后中间\(\frac{k^\underline i}{i}\)那一项直接递推即可，那么\(k\)就可以直接\(\mod p\)了

7.\(\binom{2n}{n}\)

这是一个经典的数列，有一个简洁的生成函数形式

我们可以求出\(\binom {n-\frac 12}{n}\)的值

那么考虑这样一个东西\(n^\underline n(n-\frac 12)^{\underline n}\)，我们给每一项都\(\times 2\)来拉大间隙，那么就等于\(\frac{2n^{\underline {2n}}}{2^{2n}}\)

也就是说

\[n^\underline n(n-\frac 12)^{\underline n}=\frac{2n^{\underline {2n}}}{2^{2n}} \]

两边同时除以\((n!)^2\)有

\[2^{2n}\times \binom{n-\frac 12}n=\binom{2n}n\\ (-4)^n\times\binom{-\frac 12}{n}=\binom {2n}n\\ \]

那么写成生产函数形式有

\[\begin{aligned} \sum_{i=0}\binom{2i}ix^i&=\sum_{i=0}(-4)^i\times \binom{-\frac 12}{i}x^i\\ &=\sum_{i=0}\binom{-\frac 12}{i}(-4x)^i \end{aligned} \]

运用广义二项式定理可得其等于\((1-4x)^{-\frac 1 2}\)

8.组合数构造卷积

\[\begin{aligned} i(n-i)&=\binom{n}{2}-\binom{i}{2}-\binom{n-i}{2}\\ ij&=\binom{i+j}{2}-\binom{i}{2}-\binom{j}{2} \end{aligned} \]

对于出现幂上的乘积时，可以用这个技巧构造卷积

例：

【P6800】Chirp Z-Transform

给定一个\(n\)项多项式\(P(x)\)以及\(c,m\)请计算\(P(c^0),P(c^1),P(c^2)\cdots,P(c^{m-1})\)

对\(998244353\)取模

\(1\le n,m\le 10^6\)

我们直接应用上面第二条柿子

\[\begin{aligned} P(c^t)&=\sum_{i=0}^{n-1}p_ic^{it}\\ &=\sum_{i=0}^{n-1}p_ic^{\binom{i+t}{2}-\binom{i}{2}-\binom{t}{2}}\\ &=c^{-\binom{t}{2}}\sum_{i=0}^{n-1}p_ic^{\binom{i+t}{2}-\binom{i}{2}} \end{aligned} \]

可以观察到后面是一个差卷积的形式，于是就做完了

二项式反演

由于去年的课件中各类反演都很齐全，所以这里就只对二项式反演做一些补充

1.反演推论

反演指的是两个函数之间的双向关系，如差分和前缀和

现在我们有一个关系矩阵\(A\)，以及两个函数\(f,g\)

同时\(f=A*g\)，即\(f(n)=\sum_{i=0}^nA_{n,i}g(i)\)

我们现在想要从\(f\)推出\(g\)

不难想到就是两边乘上\(A^{-1}\)

也就是说，反演关系中的两个矩阵互逆

由于一对互逆的矩阵转置后仍然互逆，我们可以得到反演的种种变形

2.二项式反演

(1)壹之型

\[\begin{aligned} f(n)&=\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom{n}{i}g(i)\\ g(n)&=\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom{n}{i}f(i)\\ \end{aligned} \]

这里的关系矩阵\(A_{n,i}=(-1)^i\binom{n}{i}\)

可以使用代数证明，即证明\(A*A=I\)

也可以把上式移至下式（没错，其实是一样的

\[\begin{aligned} g(n)&=\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom{n}{i}\sum_{j=0}^i(-1)^j\binom{i}{j}g(j)\\ &=\sum_{j=0}^n(-1)^jg(j)\sum_{i=j}^n\binom{n}{i}\binom{i}{j}(-1)^i\\ &=\sum_{j=0}^n(-1)^jg(j)\sum_{i=j}^n\frac{n!i!(n-j)!}{i!(n-i)!j!(i-j)!(n-j)!}(-1)^i\\ &=\sum_{j=0}^n(-1)^jg(j)\sum_{i=j}^n\binom{n}{j}\binom{n-j}{i-j}(-1)^i\\ &=\sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{n}{j}g(j)\sum_{i=j}^n\binom{n-j}{i-j}(-1)^i\\ &=\sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{n}{j}g(j)\sum_{i=0}^{n-j}\binom{n-j}{i}(-1)^{i+j}\\ &=\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}g(j)(1-1)^{n-j}\\ &=\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}g(j)[n-j=0]\\ &=g(n) \end{aligned} \]

上面把组合数拆开，然后加入阶乘重新变形也是常用技巧

(2)贰之型

\[\begin{aligned} f(n)&=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}g(i)\\ g(n)&=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}f(i)\\ \end{aligned} \]

其实就是把\((-1)^i\)和\(g(i)\)合并了

这个也就是经典容斥（可以想想错排数）

(3)叁之型

\[\begin{aligned} f(n)&=\sum_{i=n}\binom{i}{n}g(i)\\ g(n)&=\sum_{i=n}(-1)^{i-n}\binom{i}{n}f(i) \end{aligned} \]

我们转置上面贰之型的矩阵，就能得到了

这个柿子主要的意义在于它优美的组合意义（从这个角度你也可以组合意义证明）：

\(f(n)\)表示至少\(n\)个，\(g(n)\)表示恰好\(n\)个

(4)肆之型

\[\begin{aligned} f(n)&=\sum_{i=n}(-1)^i\binom{i}{n}g(i)\\ g(n)&=\sum_{i=n}(-1)^{i}\binom{i}{n}f(i) \end{aligned} \]

同理移动了\((-1)^i\)

那么关于二项式反演的计算，展开来都可以观察到卷积形式，然后\(NTT\)加速

例：

【LOJ6503】Magic

有\(m\)种颜色，每种颜色有\(a_i\)个球（本质相同），一共\(n\)个球

求本质不同的\(n\)个球的排列数：满足相邻两个球颜色相同的位置恰好\(k\)个

对\(998244353\)取模

\(1\le n\le 10^5,1\le m\le2*10^4\)

样例

3 5 1
2 2 1

12
(AABCB ABBAC ABBCA...)

我们可以算出至少\(i\)个，然后再反演得到恰好\(k\)个

对应叁之型

于是枚举每个颜色形成多少个连续段

形成\(i\)个连续段的方案数是\(\binom{a-1}{i-1}\)，对应\(a-i\)个位置

于是写出生成函数（EGF）

\[\prod_{i=1}^m\sum_{j=1}^{a_i}\frac{\binom{a_i-1}{j-1}x^{j}}{j!} \]

于是最终\([x^{i}]\)对应\(n-i\)个位置

我们有许多计算方式

1.直接分治\(NTT\)

每一层的总复杂度是\(O(n\log n)\)的，所以总复杂度就是\(O(n\log^2n)\)的

2.用堆维护，每次找出长度最小的两个合并

这个跟哈夫曼树很像，可以自行查阅，也是\(O(n\log^2 n)\)的复杂度

3.多维反演

事实上，任何几种反演关系都可以组合起来，得到多维反演

证明比较简单（用矩阵角度），不再阐述

错排数

与置换、环等问题有着紧密联系的数列

1.递推

对于\(n\)个数的排列\(p\)，\(\forall i\in[1,n],p_i\not =i\)的\(p\)的个数叫错排数

那么我们可以轻松得到递推关系

\[f_n=(n-1)(f_{n-1}+f_{n-2}) \]

即要么跟一个错位的数换位置，要么跟一个在自己位置上的数换位置

2.生成函数形式

可以发现，错排就是大小\(\ge 2\)的置换的集合

于是我们可以得到其\(EGF\)

\[e^{-\ln(1-x)-x} \]

3.环

对于给定的排列\(p\)，每次可以交换两个数，求把这个排列变为升序的最小交换次数

可以这样考虑：

一次交换即在一个置换环上拆一条边，拆散一个环即交换环长减一次

于是有

\[ans=\sum_{C}len(C)-1=n-S(C) \]

\(S(C)\)即环的个数，注意自环也算

关于这一内容的题目，详见莫队去年出的【JZOJ7345】

卡特兰数

卡特兰数有多少种组合意义，你都知道吗？

1.生成函数形式

卡特兰数可以表示\(n\)个数的二叉树个数

于是有\(C(x)=1+C(x)xC(x)\)

即要么为空，要么由左儿子，根，右儿子组成

于是有

\[C(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x} \]

2.通项

可以展开\(\sqrt{1-4x}\)

\[\begin{aligned} C(x)&=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}\\ &=\frac{1-\sum_{i=0}^{+\infty}\binom{\frac{1}{2}}{i}(-4x)^i}{2x} \end{aligned} \]

于是有

\[\begin{aligned} C[n]&=-\frac{\binom{\frac{1}{2}}{n+1}(-4)^{n+1}}{2}\\ &=-\frac{(-4)^{n+1}\prod_{i=0}^n\frac{1-2i}{2}}{2(n+1)!}\\ &=-\frac{2^n\prod_{i=0}^n(2i-1)}{(n+1)!}\\ &=\frac{2^n\prod_{i=1}^n(2i-1)}{(n+1)!}\\ &=\frac{2^n(2n)!}{(n+1)!\prod_{i=1}^n2i}\\ &=\frac{\binom{2n}{n}}{n+1} \end{aligned} \]

3.递推

(1)形式一

其实等价于二叉树的组合意义

\[C[0]=1,C[n]=\sum_{i=0}^{n-1}C[i]C[n-i-1] \]

(2)形式二

利用通项公式，有

\[\begin{aligned} C[n+1]&=\frac{\binom{2n+2}{n+1}}{n+2}\\ &=\frac{(2n+2)(2n+1)\binom{2n}{n}}{(n+1)^2(n+2)}\\ &=\frac{4n+2}{n+2}C[n] \end{aligned} \]

4.格路计数

请出我们今天的主角

(1)格路计数壹之型

在平面直角坐标系上，一个点初始位置在原点

令其坐标为\((x,y)\)，每次可以走到\((x+1,y+1)\)或\((x+1,y-1)\)

问在\(y\in[0,+\infty]\)的情况下走到\((2n,0)\)的方案数

我们考虑折线法

假设没有限制，那么就是在\(2n\)步中选出\(n\)步向右上，即\(\binom{2n}{n}\)

考虑加入限制，将第一次跨过\(x\)轴的位置以后的路径沿\(y=-1\)翻折，这一部分就是要减去的答案，即\(\binom{2n}{n-1}\)

也就是\(C[n]=\binom{2n}{n}-\binom{2n}{n-1}\)

这里同时涉及了另一种组合意义：合法括号序列计数

(2)格路计数贰之型

在平面直角坐标系上，一个点初始位置在原点

令其坐标为\((x,y)\)，每次可以走到\((x+1,y+1)\)或\((x+1,y-1)\)

问在\(y\in [0,m]\)的情况下走到\((n,a)\)的方案数

同样考虑折线法

对于跨过\(x\)轴的，我们沿\(y=-1\)翻折，对于跨过\(y=m\)的，我们沿\(y=m+1\)翻折

但是可以发现，一条路径可能同时跨过这两条线，

于是我们交替翻折，容斥就能得到答案，这个过程也叫反射容斥

那么，如果是对于一整列所有的情况都要算的话就可以平衡规划做到\(O(n\sqrt n)\)

而若是单独求\((2n,0)\)，就可以变成单位根反演

\[\sum_{i=0}^{2n}([i\equiv n\ (mod\ m)]-[i\equiv n-1\ (mod\ m)])\binom{2n}{i} \]

这个是由于翻折对\(m\)的余数的改变而整理出来的

(3)格路计数叁之型

在平面直角坐标系上，一个点初始位置在原点

令其坐标为\((x,y)\)，每次可以走到\((x+1,y+1)\)或\((x+1,y-1)\)或\((x+1,y)\)

问在\(y\in[0,m]\)的情况下走到\((n,0)\)的方案数，\(1\le n\le 10^7\)

由于容斥实际上在求无限制情况下走到一个点的方案数

那么我们把无限制情况下，走到最后一列所有位置的方案数求出来，然后再容斥就能算了

于是乎就变成了算\((x^{-1}+1+x)^n\)，\(ODE\)求解即可

实际上，上述几种形式本质上都是常系数其次线性递推，所以可以做更大的数据范围，这里就不展开了

斯特林数

这是极为重要的一类特殊计数序列，在涉及幂、集合、排列有关问题的推导时都有巨大用处

1.第一类斯特林数

设\(s(n,m)\)表示把\(n\)个互不相同的元素划分成互不区分的\(m\)个圆排列的方案数

有

\[s(n,m)=s(n-1,m-1)+(n-1)s(n-1,m) \]

(1)置换

\[\sum_{i=1}^ns(n,i)=n! \]

\(n\)个数的置换恰好有\(n!\)个，于是证得

(2)一个排列问题

\(n\)个数的排列，其中前缀最大值的个数恰好为\(k\)的排列数为

\[s(n,k) \]

可以这样分析：

我们先将数划分成\(k\)组，然后将它们按各组中的最大值排序

然后组内可以看成是钦定一个位置的排列（即最大值的位置），也就是环排列，故证得

(3)上升幂

\[x^{\overline n}=\sum_{i=0}^ns(n,i)x^i \]

归纳证明：

当\(n=0\)时，显然成立

同时有

\[\begin{aligned} x^{\overline {n+1}}&=(x+n)\cdot x^{\overline n}\\ &=(x+n)\sum_{i=0}^ns(n,i)x^i\\ &=\sum_{i=0}^ns(n,i)x^{i+1}+\sum_{i=0}^nns(n,i)x^i\\ &=\sum_{i=1}^{n+1}s(n,i-1)x^i+\sum_{i=0}^nns(n,i)x^i\\ &=\sum_{i=0}^{n+1}s(n+1,i)x^i \end{aligned} \]

(4)下降幂

\[x^{\underline n}=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}s(n,i)x^i \]

结合上一条结论，运用\(x^{\underline n}=(-1)^n(-x)^{\overline n}\)即可

2.第二类斯特林数

设\(S(n,m)\)表示把\(n\)个互不相同的元素划分成互不区分的\(m\)个集合的方案数

有

\[S(n,m)=S(n-1,m-1)+mS(n-1,m) \]

(1)通项公式

\[S(n,m)=\sum_{i=0}^m\frac{(-1)^{m-i}i^n}{i!(m-i)!} \]

考虑容斥

如果没有集合非空的限制，可以认为是\(m^n\)

那么我们枚举空集合的数量，最后因为集合互不区分，再除掉一个\(m!\)即可

(2)普通幂

\[x^n=\sum_{i=0}^nS(n,i)x^{\underline i} \]

可以组合意义

给\(n\)个有标号小球用\(x\)种颜色染色，就是\(x^n\)

可以考虑先将小球分成\(i\)个集合，然后每个集合染一种颜色，即\(S(n,i)\binom{x}{i}i!\)

由于第二类斯特林数中集合不区分，再乘回一个\(i!\)

3.斯特林数的四种求法

(1)行·第一类斯特林数

观察

\[x^{\overline n}=\sum_{i=0}^ns(n,i)x^i \]

那么要求的就是\(x^{\overline n}\)

考虑到\(x^{\overline {2n}}=(x+n)^{\overline n}x^{\overline n}\)

可以倍增\(FFT\)

(2)列·第一类斯特林数

考虑它的\(EGF\)

一个环为\(-\ln(1-x)\)

那么\(n\)个环为

\[\frac{(-\ln(1-x))^n}{n!} \]

(3)行·第二类斯特林数

可以用通项公式

\[\sum_{i=0}^m\frac{(-1)^{m-i}i^n}{i!(m-i)!} \]

观察到这是卷积形式，于是直接做完了

(4)列·第二类斯特林数

同样考虑\(EGF\)

一个非空集合是\(e^x-1\)

那么\(n\)个集合就是

\[\frac{(e^x-1)^n}{n!} \]

4.斯特林反演

基本柿子

\[f[n]=\sum_{i=0}^nS(n,i)g[i]\iff g[n]=\sum_{i=0}^ns(n,i)(-1)^{n-i}f[i] \]

证明如下：

令\(F(x)\)为\(f\)的\(EGF\)，\(G(x)\)为\(g\)的\(EGF\)

\[\begin{aligned} F(x)&=\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{f[i]x^i}{i!}\\ &=\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{x^i}{i!}\sum_{j=0}^iS(i,j)g[j]\\ &=\sum_{j=0}^{+\infty}g[j]\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{x^iS(i,j)}{i!}\\ &=\sum_{j=0}^{+\infty}\frac{g[j](e^{x}-1)^j}{j!}\\ &=G(e^x-1)\\ G(x)&=F(\ln(1+x))\\ &=\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{f[i](\ln(1+x))^i}{i!}\\ &=\sum_{i=0}^{+\infty}f[i](-1)^i\sum_{j=0}^{+\infty}\frac{s(j,i)(-x)^j}{j!}\\ &=\sum_{j=0}^{+\infty}\frac{x^j}{j!}\sum_{i=0}^jS(j,i)(-1)^{j-i}f[i] \end{aligned} \]

第四步和倒数第二步运用了一列的\(EGF\)

其它形式可以类比二项式反演得到

那么幂的转换我们也可以用这种方式轻松得到了

例1：

【清华集训2016】如何优雅地求和

典中典，不讲了，建议推一推线性做法锻炼一下

例2：

【CF961G】Partitions

给出\(n\)个物品，每个物品有一个权值\(w_i\)，定义一个集合\(S\)的权值\(W(S)=|S|\sum\limits_{x\in S}w_x\)

定义一个划分的权值为\(W'(R)=\sum\limits_{S\in R}W(S)\)

求将\(n\)个物品划分成\(k\)个集合的所有方案的权值和，答案对\(10^9+7\)取模。

\(1\le n,k\le 2*10^5\)

首先可以发现 ，答案一定有个\(\sum w_i\)做因子，可以通过思考每个数单独的贡献得出，即每个数在拆分面前地位相同

于是答案可写成\(c\sum w_i\)

于是我们转化成求\(c\)，也就是每个数贡献的常数

(1)Sol1

\[c=\sum_{i=1}^ni\binom{n-1}{i-1}S(n-i,k-1) \]

然后可以\(MTT\)，不必多说

(2)Sol2

大力推上面的柿子直到不需要\(MTT\)为止，留作练习

(3)Sol3

考虑组合意义

对于一个数来说，贡献的系数相当于它和所在集合里所有的数配对，每次配对一个就\(+1\)

那么第一种情况是和自己配对，在所有的情况下都成立，即\(S(n,k)\)

第二种是和别的数配对，即\((n-1)S(n-1,k)\)，于是用通项公式计算斯特林数就可以了

伯努利数

一个简洁有力的处理自然数幂和的工具

1.基本形式

这里用的是cmd给出的非经典伯努利数

不过笔者在使用中发现这样更简洁，所以借此安利一下

我们考虑自然数幂和的\(EGF\)

即

\[\begin{aligned} \sum_{i=0}^{n-1}i^k&=k![x^{k}]\sum_{i=0}^{n-1}e^{ix}\\ &=k![x^{k}]\frac{e^{nx}-1}{e^{x}-1}\\ &=k![x^{k}]\frac{e^{nx}-1}{x}\frac{x}{e^{x}-1} \end{aligned} \]

最后面的部分\(\frac{x}{e^{x}-1}\)就是伯努利数，因为求逆的需要，我们才给了一个\(x\)上去

于是用这个卷积形式推下去

\[\begin{aligned} \sum_{i=0}^{n-1}i^k&=k!\sum_{i=0}^{k}\frac{n^{i+1}B_{k-i}}{(i+1)!} \end{aligned} \]

可以发现，在多个\(k\)的情况下，伯努利数可以在一次卷积内完成计算

2.递推

我们令\(n=1\)，\(k>0\)，特别地，\(B_0=1\)

于是有

\[\begin{aligned} 0&=\sum_{i=0}^k\frac{B_{k-i}}{(i+1)!}\\ B_k&=-\sum_{i=0}^{k-1}\frac{B_{i}}{(k-i+1)!} \end{aligned} \]

分拆数

由于出现还算频繁，所以也是很重要的一类计数序列呢

1.生成函数

我们定义一个数的拆分数为，将这个数用正整数拆分的不同集合的个数

即：\(1+2+3\)和\(1+3+2\)视为同一种

你也可以理解为\(MSET(\N^+)\)

那么枚举每个数选多少次，可以得到

\[\prod_{i=1}\frac{1}{1-x^i} \]

2.爆算

即先取\(\ln\)再\(\exp\)

比较通用，缺点是模数不是\(NTT\)模数时会比较痛苦

3.五边形数定理

我们可以利用五边形数定理

这个定理由欧拉给出：

\[\prod_{i=1}(1-x^i)=1+\sum_{i=1}(-1)^ix^{\frac{i(3i\pm1)}{2}} \]

具体的证明有些复杂，可以自行查阅

这里给出一个参考：五边形数定理的一种证明

有了这个定理，就可以发现有用的项只有\(O(\sqrt{n})\)个，于是我们可以\(O(n\sqrt{n})\)暴力求逆计算

4.Ferrers图

如\(10=1+3+6\)

其对应的\(Ferrers\)图为

\(■\) \(■\) \(■\) \(■\) \(■\) \(■\)

\(■\) \(■\) \(■\)

\(■\)

即从大到小排列

有了这个图我们可以做很多问题

(1)限制拆分个数

我们将一个\(Ferrers\)图翻转，可以得到另一个\(Ferrers\)图

如上图变为

\(■\) \(■\) \(■\)

\(■\) \(■\)

\(■\) \(■\)

\(■\)

\(■\)

\(■\)

记\(F_{n,m}\)为将\(n\)拆分为不超过\(m\)个数的方案数

那么\(F_{n,m}\)就等价于用大小不超过\(m\)的数进行拆分

例：

【P5824】十二重计数法

留作练习

(2)每个数至多选一个

给出一个\(Ferrers\)图（这里是竖着放的）

\(■\) \(■\) \(■\) \(■\) \(■\) \(■\)

\(■\) \(■\) \(■\) \(■\) \(■\)

\(■\) \(■\) \(■\) \(■\)

\(■\) \(■\) \(■\) \(■\)

\(■\) \(■\) \(■\)

\(■\) \(■\)

\(■\)

\(■\)

我们找到最大的\(45°\)三角，设长度为\(h\)（这里就为\(6\)）

删掉之后就会变成

\(■\) \(■\) \(■\) \(■\)

\(■\)

于是就变成了（横着看）大小不超过\(h\)的\(Ferrers\)图

于是有

\[\prod_{i=1}^n(1+x^i)=\sum_{h=1}^{+\infty}x^{\frac{h(h+1)}{2}}\prod_{i=1}^h\frac{1}{1-x^i} \]

我们还可以对此扩展

\[\prod_{i=k+1}^n(1+x^i)=\sum_{h=1}^{+\infty}x^{kh}\cdot x^{\frac{h(h+1)}{2}}\prod_{i=1}^h\frac{1}{1-x^i} \]

(3)分拆数的第三种计算方式

结合以上两种我们可以得到EI给出的第三种计算方式

\(■\) \(■\) \(■\) \(■\) \(■\) \(■\)

\(■\) \(■\) \(■\) \(■\) \(■\)

\(■\) \(■\) \(■\) \(■\)

\(■\) \(■\) \(■\) \(■\)

\(■\) \(■\) \(■\)

\(■\) \(■\)

\(■\)

\(■\)

还是这个图

我们从原点引\(y=-x\)的直线

可以得到一个正方形，设大小为\(h\)（这里就是\(4\)）

删去正方形后，由翻转的性质，剩下的就是两个大小不超过\(h\)的整数拆分

于是

\[\prod_{i=1}\frac{1}{1-x^i}=\sum_{h\ge 1}x^{h^2}(\prod_{i=1}^h\frac{1}{1-x^i})^2 \]

由于\(h\le \sqrt{n}\)，所以我们可以快速计算

分治与倍增

分治ntt实际是一种思想，基本上就是正常的分治上用ntt维护转移之类的

同样的，倍增ntt也是一样的思想，一般我们的目标能够使用一个多项式的前\(n\)快速计算出\(n+1\sim 2n\)项，所以重点还是在公式的推导

1.分治NTT

给出一个序列\(g_{1...n-1}\)，求出\(f_{0...n-1}\)，其中\(f_i=\sum_{j=1}^if_{i-j}g_j\)。

初始时有\(f_0=1\)，对\(998244353\)取模

考虑分治求解\(f\)的过程

不妨假设我们目前要求的是\(l\sim r\)间的\(f\)，且$l\sim mid \(之间的\)f$已经求完了

那么我们可以求出\(l\sim mid\)的\(f\)对\(mid+1\sim r\)的贡献

具体的，有\(w_x=\sum_{i=l}^{mid}f_ig_{x-i}\)，其中\(x\)有效的范围是\(mid+1\sim r\)，可以发现这样我们贡献的来源和要求的东西之间是没有影响的，每次直接\(NTT\)一下就可以了

然后可以继续分治下去做\(mid+1\sim r\)

时间复杂度\(T(n)=2T(\frac n 2)+O(n\log n)=O(n\log^2n)\)

2.倍增NTT

求\(x^{\overline n }\)

不妨考虑倍增：假设我们现在有\(x^{\overline n}\)，要求\(x^{\overline{2n}}\)，问题变为如何用\(x^{\overline n}\)快速求出\((x+n)^{\overline n}\)

不妨设其为\(f(x)\)，设\(f_i=[x^i]f(x)\)，那么

\[\begin{aligned} f(x+k)&=\sum_{i=0}^nf_i(x+k)^i\\ &=\sum_{i=0}f_i\sum_{j=0}^i\binom{i}{j}x^jk^{i-j}\\ &=\sum_{j=0}^nx^j\sum_{i=j}^nf_i\frac{i!}{j!(i-j)!}k^{i-j}\\ &=\sum_{j=0}^n\frac{x^j}{j!}\sum_{i=j}^nf_i\frac{i!}{(i-j)!}k^{i-j}\\ \end{aligned} \]

然后我们就得到了\(f(x+k)\)的式子，最后把\(f(x)\)与\(f(x+k)\)卷一下就好了

时间复杂度\(T(n)=T(\frac n 2)+O(n\log n)=O(n\log n)\)

分式分解

由于笔者碰到的分式分解题比较少，所以这里只对最基础的分式分解讲解

其扩展有兴趣可以查阅资料

1.单个二次式的分式分解

一个经典的例子是斐波拉契数列

\[\begin{aligned} [x^n]\frac{x}{1-x-x^2}&=[x^{n-1}](\frac{A}{x-a}+\frac{B}{x-b})\\ &=A[x^{n-1}]\frac{1}{x-a}+B[x^{n-1}]\frac{1}{x-b}\\ &=-Aa^{-n}-Bb^{-n}\\ &=\frac{\sqrt 5}{5}[(\frac{1+\sqrt 5}{2})^n-(\frac{1-\sqrt 5}{2})^n] \end{aligned} \]

其中的\(A,B,a,b\)都可以通过列方程解出

来看道运用

例：

【CF755G】PolandBall and Many Other Balls

有一排\(n\)个球，定义一组可以只包含一个球或包含两个相邻的球。现在每个球只能分到一个组里面，求从这些球中选出\([1,k]\)组的方案数对\(998244353\)取模的结果

\(1\le n\le 10^9,1\le k\le 2^{15}\)

样例

3 3

5 5 1 

设前\(n\)个球分组的生成函数为\(F_n(x)\)

则有

\[F_n(x)=(1+x)F_{n-1}(x)+xF_{n-2}(x) \]

设\(G(x,y)\)表示\(\sum_{i=0}^{+\infty}y^iF_i(x)\)

\[\begin{aligned} (1+x)yG+xy^2G+1&=G\\ G&=\frac{1}{1-y-xy-xy^2}\\ \end{aligned} \]

当然用\(SEQ\)构造可以更快得到

然后套用上面的做法

虽然解出的根是根式，但是发现它是一个\(\sqrt{1+6x+x^2}\)，可以通过\(ODE\)线性计算，也可以多项式开根

2.多个不同一次式的分式分解

形如

\[\frac{P(x)}{\prod_{i=1}^n(a_ix+b_i)}=\sum_{i=1}^n\frac{K_i}{a_ix+b_i} \]

将两边同时乘上\(\prod_{i=1}^n(a_ix+b_i)\)

有

\[P(x)=\sum_{i=1}^nK_i\prod_{j\not =i}(a_jx+b_j) \]

代入\(-\frac{b_i}{a_i}\)（这也就是为什么要求因式不同）

\[P(-\frac{b_i}{a_i})=K_i\prod_{j\not =i}(-\frac{a_jb_i}{a_i}+b_j) \]

令\(A(x)=\prod_{i=1}^n(a_ix+b_i)\)，则

\[\begin{aligned} K_i&=\lim_{x\to -\frac{b_i}{a_i}}\frac{P(x)(a_ix+b_i)}{A(x)}\\ &=\frac{P(-\frac{b_i}{a_i})a_i}{A'(-\frac{b_i}{a_i})} \end{aligned} \]

这一步运用了洛必达法则

于是我们可以多点求值在\(O(n\log^2n)\)内完成

例：

【JZOJ7567】傅里叶与矩阵

属于基础运用，就不讲了

3.重一次式的分式分解

形如

\[\frac{P(x)}{(ax+b)^n}=\sum_{i=1}^n\frac{K_i}{(ax+b)^i} \]

将\((ax+b)^n\)乘过去

有

\[P(x)=\sum_{i=1}^nK_i(ax+b)^{n-i} \]

只需对两边都求\(n-1,n-2,n-3\cdots 1\)阶导，对比系数，然后一个个算出来

积和变换

对于多个形式类似的式子的和或积，我们可以运用对数，导数等相关性质使得其能在二者间转换

这类问题往往靠经验积累，所以我们多以实际题目讲解

1.和化积

例：

【P4705】玩游戏

对于一次游戏，给出长为\(n\)的序列\(a\)，长为\(m\)的序列\(b\)。从两个序列里随机取出一个数，分别设为\(a_x\), \(b_y\)

定义这次游戏的\(k\)价值为 \((a_x + b_y)^k\)

计算对于\(k=1,2,\cdots,t\)，游戏价值的期望模\(998244353\)的结果

\(1\le n,m,t\le 10^5,0\le a_i,b_i<998244353\)

容易写出答案

\[\begin{aligned} \frac{1}{nm}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m(a_i+b_j)^k&=\frac{1}{nm}\sum_{p=0}^k\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\binom{k}{p}a_i^pb_j^{k-p}\\ &=\frac{k!}{nm}\sum_{p=0}^k\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{a_i^pb_j^{k-p}}{p!(k-p)!} \end{aligned} \]

设\(A(x)=\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{x^i}{i!}\sum_{j=1}^na_j^i,B(x)=\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{x^i}{i!}\sum_{j=1}^nb_j^i\)

于是要算的就是二者的卷积

我们先把阶乘去掉，最后再乘回来

\[\begin{aligned} A(x)&=\sum_{i=0}^{+\infty}x^i\sum_{j=1}^na_j^i\\ &=\sum_{j=1}^n\sum_{i=0}^{+\infty}a_j^ix^i\\ &=\sum_{j=1}^n\frac{1}{1-a_jx} \end{aligned} \]

这个时候已经可以分治\(NTT\)计算了，但是常数巨大，考虑优化

观察：

\[[\ln(1-a_jx)]'=\frac{-a_j}{1-a_jx},[f(x)+g(x)]'=f'(x)+g'(x) \]

于是可以改写上面的柿子

\[\begin{aligned} A(x)&=-x\sum_{j=1}^n[\ln(1-a_jx)]'+n\\ &=-x[\ln{(\prod_{i=1}^n(1-a_ix))}]'+n \end{aligned} \]

2.积化和

例1：

【P5850】calc加强版

对于\(n=1,2,3 ... m\)，求出所有合法序列的权值对\(998244353\)取模的结果

其中，合法的定义为每个元素都为\([1,k]\)中的整数，同时每个元素都不相同，同时，权值为所有元素的乘积

两个序列不同当且仅当他们任意一位不一样

\(1\le m\le 5*10^5\)，\(1\le k\le998244353\)

不难发现，对于一个\(n\)

答案就是

\[n![x^n]\prod_{i=1}^k(1+ix) \]

先取对数后\(exp\)

\[\begin{aligned} n![x^n]\prod_{i=1}^k(1+ix)&=n![x^n]\exp(\sum_{i=1}^k\ln(1+ix))\\ &=n![x^n]\exp(\sum_{i=1}^k-\sum_{j=1}^{+\infty}\frac{(-ix)^j}{j})\\ &=n![x^n]\exp(-\sum_{j=1}^{+\infty}\frac{(-1)^jx^{j}}{j}\sum_{i=1}^ki^j) \end{aligned} \]

自然数幂和可以伯努利数求解

例2：

【JZOJ7514】萌萌计数题

对于所有长度为\(n\)的排列，求逆序对数量的\(k\)次方的期望对\(998244353\)取模的结果

\(1\le n\le 998244350,1\le k\le 10^5\)

如果\(k=1\)

将数字从小到大插入序列，可以写出生成函数

\[\prod_{i=0}^{n-1}\frac{1-x^{i+1}}{1-x} \]

加入\(k\)次方，实际上是一个类似这样的过程

有\(n\)个数\(a_1...a_n\)，即值为\(i\)的产生的逆序对个数

求\((\sum_{i=1}^na_i)^k\)

对其使用多元二项式定理

即\(\sum_{b_1+...b_n=k}\binom{k}{b_1...b_n}\prod_{i=1}^na_i^{b_i}\)

于是我们可以把上式的\(x\)改写为\(e^x\)

\[\begin{aligned} \frac{k!}{n!}[x^k]\prod_{i=0}^{n-1}\frac{1-e^{(i+1)x}}{1-e^x}&=\frac{k!}{n!}[x^k](\frac{x}{e^x-1})^n\prod_{i=1}^n\frac{e^{ix}-1}{x}\\ &=k^n\prod_{i=1}^n\frac{e^{ix}-1}{ix} \end{aligned} \]

观察右边的乘积，是一个复合的形式

于是设\(F(x)=\ln \frac{e^x-1}{x}\)

于是柿子变为

\[\begin{aligned} k![x^k]\exp{(\sum_{i=1}^nF(ix)-nF(x))}&=k![x^k]\exp{(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{+\infty}f_j(ix)^j-nF(x))}\\ &=k![x^k]\exp{(\sum_{j=1}^{+\infty}f_jx^j\sum_{i=1}^ni^j-nF(x))} \end{aligned} \]

同样可以伯努利数求解

牛顿级数与下降幂多项式

这是两类在推导组合数有关柿子时十分有用的多项式

1.下降幂多项式

对于一个多项式\(F(x)=\sum_{i=0}^nf_ix^i\)

其下降幂多项式定义为\(G(x)=\sum_{i=0}^ng_ix^{\underline i}\)

考虑怎么求

(1)点值转下降幂多项式

若给出了\(n+1\)个连续点值

令其为\(a\)，即\(a_i=F(i)\)

那么有

\[\begin{aligned} a_i&=\sum_{j=0}^ng_ji^{\underline j}\\ &=\sum_{j=0}^ng_j\frac{i!}{(i-j)!}\\ \frac{a_i}{i!}&=\sum_{j=0}^n\frac{g_j}{(i-j)!} \end{aligned} \]

令\(a\)的\(EGF\)为\(A(x)\)

于是有\(A(x)=G(x)e^{x}\)，即\(G(x)=A(x)e^{-x}\)

(2)普通多项式转下降幂多项式

如果允许\(O(n^2)\)

则

\[\begin{aligned} \sum_{i=0}^nf_ix^i&=\sum_{i=0}^nf_i\sum_{j=0}^ix^{\underline j}S(i,j)\\ &=\sum_{j=0}^nx^{\underline j}\sum_{i=j}^nS(i,j)f_i \end{aligned} \]

如果不允许，则可以先多点求值求出连续点值，然后再卷积

(3)下降幂多项式转普通多项式

可以直接乘上一个\(e^x\)转成点值的\(EGF\)，然后再快速插值

2.牛顿级数

对于一个多项式\(F(x)=\sum_{i=0}^nf_ix^i\)

其牛顿级数定义为\(G(x)=\sum_{i=0}^ng_i\binom{x}{i}\)

那么它跟下降幂多项式有着非常明显的关系，只要乘除\(i!\)就能在二者间进行转换

拉格朗日反演

在用各种变形得到最后的生成函数时，我们可能会因为其诡异的形式而不知如何计算

而拉格朗日反演在复合逆可以快速求解的情况下给了我们一条捷径

1.复合逆

对于两个多项式\(F(x),G(x)\)

若\(F(G(x))=x\)，则\(F,G\)互为复合逆

由定义可知\(F,G\)没有常数项且一次项非\(0\)（一般是\(1\)）

所以在求解复合逆的时候，若原函数无复合逆，要对其进行变换，如求逆，次方等

2.拉格朗日反演

对于互为复合逆的\(F,G\)

有

\[[x^n]G(x)=\frac{1}{n}[x^{-1}]F(x)^{-n} \]

或者说为了计算，有

\[[x^n]G(x)=\frac{1}{n}[x^{n-1}](\frac{F(x)}{x})^{-n} \]

• \(Claim:\)

对于常系数为\(0\)，且一次项非\(0\)的整式（即不存在负指数幂项）\(F(x)\)

有

\[[x^{-1}]F'F^k=[k=-1] \]

证明：

当\(k\not =-1\)，\(F'F^k=(\frac{1}{k+1}F^{k+1})'\)，由于多项式求导之后没有\(-1\)次项，故这时为\(0\)

当\(k=-1\)，\([x^{-1}]F'F^{-1}=[x^{-1}]\frac{F(x)'}{F(x)}=[x^{0}]\frac{F(x)'}{x^{-1}F(x)}=1\)

于是对于拉格朗日反演：

\[\begin{aligned} G(F(x))&=x\\ G'(F)F'&=1\\ \sum_{i=0}^{+\infty}iG[i]F^{i-1}F'&=1\\ \sum_{i=0}^{+\infty}iG[i]F^{i-n-1}F'&=F^{-n}\\ [x^{-1}]\sum_{i=0}^{+\infty}iG[i]F^{i-n-1}F'&=[x^{-1}]F^{-n}\\ \sum_{i=0}^{+\infty}iG[i][i-n-1=-1]&=[x^{-1}]F^{-n}\\ nG[n]&=[x^{-1}]F^{-n}\\ G[n]&=\frac{1}{n}[x^{-1}]F^{-n} \end{aligned} \]

类似地我们还能得到

\[G^k[n]=\frac{k}{n}[x^{-k}]F^{-n} \]

3.扩展拉格朗日反演

对于互为复合逆的\(F,G\)，以及另一个无要求的\(H\)

令\(T(x)=H(G(x))\)

有

\[T[n]=\frac{1}{n}[x^{-1}]H'F^{-n} \]

证明：

\[\begin{aligned} H(G(F(x)))&=H(x)\\ T(F)&=H\\ T'(F)F'&=H'\\ \sum_{i=0}^{+\infty}iT[i]F^{i-1}F'&=H'\\ [x^{-1}]\sum_{i=0}^{+\infty}iT[i]F^{i-1-n}F'&=[x^{-1}]H'F^{-n}\\ \sum_{i=0}^{+\infty}iT[i][i-n-1=-1]&=[x^{-1}]H'F^{-n}\\ nT[n]&=[x^{-1}]H'F^{-n}\\ T[n]&=\frac{1}{n}[x^{-1}]H'F^{-n} \end{aligned} \]

例：

【P7439】「KrOI2021」Feux Follets 弱化版

设\(cyc_\pi\)表示将长度为\(n\)的排列\(\pi\)当成置换时能分解的循环置换个数。给定\(n,k\)和一个\(k-1\)次多项式\(F(x)\)

求\(\sum_{\pi}F(cyc_{\pi})\)对\(998244353\)取模的结果，其中\(\pi\)是长度为\(n\)的错排列

\(1\le n,k\le 10^5\)

一个长度\(\ge 2\)的环的\(EGF\)是\(G(x)=\sum_{i\ge2}\frac{x^i}{i}=-\ln(1-x)-x\)

那么要求的就是\(\sum_{i=1}^{+\infty}\frac{G^i(x)}{i!}[x^n]n!F(i)\)

设\(P_k(x)=G^k(x)\)

于是可以施扩展拉格朗日反演

但是我们发现\(G\)的最低次数是\(2\)，而且系数为\(2^{-1}\)，不满足复合逆的要求

不妨设\(\frac{g^2}{2}=-\ln(1-x)-x\)，那么复合逆存在，设为\(f\)

那么柿子改写成

\[\begin{aligned} [x^n]P_k(x)&=\frac{g^{2k}}{2^k}\\ &=\frac{1}{n}[x^{-1}]\frac{2k\cdot x^{2k-1}}{2^k}f^{-n}\\ &=\frac{1}{n}[x^{n-2k}]\frac{1}{2^{k-1}}(\frac{f}{x})^{-n} \end{aligned} \]

牛顿迭代求出来然后多点求值即可

关于幂次上的应用，还有一些扩展：

【P7857】「EZEC-9」Meltel（by Alpha1022）

4.另类拉格朗日反演

当\(k\not =0\)时，有

\[\begin{aligned} G^k[n]&=\frac{k}{n}[x^{-k}]F^{-n}\\ &=\frac{k}{n}\frac{1}{-k}[x^{-k-1}](-n)F^{-n-1}F'\\ &=[x^{-k-1}]F^{-n-1}F' \end{aligned} \]

在\(n=0\)时有奇效

例：

【P7445】「EZEC-7」线段树

给出一个长\(n\)的序列，对其建出一颗线段树

有\(m\)次操作，每次在序列的所有子区间中等概率选出一个，然后在\([-1,V]\)中等概率选出一个整数\(C\)

对选出的区间在线段树上执行区间加上\(C\)的操作

线段树有懒标记，但是是在所有操作做完之后一起下传

若线段树上一个非叶子节点的\(tag\)不为\(0\)，就会\(pushdown\)，求期望的\(pushdown\)次数

对\(998244353\)取模

\(1\le n\le 10^5,1\le m\le 10^5\)

样例

2 1 0

166374059(1/6)

我们对一个点进行考虑

计算它最终为\(0\)的概率，再用\(1\)减去，然后求和就是答案

我们不需要考虑操作具体到了哪些点上，因为只要是其子区间就会被下传到

设\(p(a)\)表示线段树上一个点对应区间\([l,r]\)在一次操作中被覆盖到的概率，即\(\frac{l(n-r+1)}{\frac{n(n+1)}{2}}\)

于是可以写出为\(0\)的概率

\[\sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i}p(a)^i(1-p(a))^{m-i}[x^0](\frac{\frac{x^{V+1}-1}{x-1}+x^{-1}}{V+2})^i \]

注意到我们最后是求和的，于是我们可以考虑先计算出中间部分\(p(a)^i(1-p(a))^{m-i}\)对于所有\(i\)的和

由于\(p(a)^i(1-p(a))^{m-i}=(1-p(a))^m(\frac{p(a)}{1-p(a)})^i\)

所以可以写成生成函数加和的形式，分治\(NTT\)计算

然后考虑算后面部分

设\(F(x)=\frac{x^{V+1}-1}{x-1}+x^{-1}\)

于是要对于\(\forall i\in[0,m]\)，计算\([x^0]F^i(x)\)

这时候可以使用另类拉格朗日反演了

但是我们注意到\(F\)显然没有复合逆，但是\(F^{-1}\)有

于是设\(G(x)=F^{-1},G(P(x))=x\)

那么\([x^0]F^i(x)=[x^0]G^{-i}(x)=[x^{i-1}]P'P^{-1}\)

把\(P\)代入\(G\)有

\[\begin{aligned} x&=G(P(x))\\ x&=\frac{1}{\frac{P^{V+1}-1}{P-1}+P^{-1}}\\ x&=\frac{P^2-P}{P^{V+2}-1}\\ xP^{V+2}-x&=P^2-P\\ xP^{V+2}-P^2+P-x&=0 \end{aligned} \]

牛顿迭代求解即可

ODE

\(ODE\)，即常微分方程，也就是万能的求导大法，可以帮助解决一类线性递推有关的题目

这里介绍的只是\(ODE\)的冰山一角，更多的姿势可以在具体的题目中学习

1.幂

(1)壹之型

最经典的\(ODE\)

\[\begin{aligned} G(x)&=F(x)^k\\ G'&=kF^{k-1}F'\\ FG'&=kGF' \end{aligned} \]

那么在\(F\)是特殊多项式（如短多项式）时，可以快速得到递推形式

(2)贰之型

\[\begin{aligned} G(x)&=(x+1)^n(x-1)^m\\ G'(x)&=\frac{nG}{x+1}+\frac{mG}{x-1}\\ (x^2-1)G'(x)&=n(x-1)G+m(x+1)G \end{aligned} \]

当然，这里不是\((x+1),(x-1)\)时也是类似的

2.阶乘

\[\begin{aligned} G(x)&=\sum_{i=0}^{+\infty}i!x^i\\ G'(x)&=\sum_{i=0}^{+\infty}(i+1)!(i+1)x^{i}\\ x^2G'(x)&=\sum_{i=2}^{+\infty}(i-1)!(i-1)x^{i}\\ &=\sum_{i=2}^{+\infty}i!x^i-\sum_{i=2}^{+\infty}(i-1)!x^i\\ &=\sum_{i=0}^{+\infty}i!x^i-x\sum_{i=0}^{+\infty}i!x^i-x-1+x\\ &=(1-x)G(x)-1\\ \end{aligned} \]

可以做一些复合问题

3.二项式

(1)原初之型

\[\begin{aligned} G(x)&=\sum_{i=0}^k\binom{n}{i}x^i\\ G'(x)&=\sum_{i=0}^{k-1}\binom{n}{i+1}(i+1)x^{i}\\ nG(x)-(1+x)G'(x)&=\sum_{i=0}^{k}\binom{n}{i}(n-i)x^i-\sum_{i=0}^{k-1}\binom{n}{i+1}(i+1)x^{i}\\ &=\binom{n}{k}(n-k)x^k \end{aligned} \]

(2)扩展

\[\begin{aligned} T(x)&=\sum_{i=0}^k\binom{n}{i}A^i\\ G(x)&=\sum_{i=0}^k\binom{n}{i}x^i\\ T(x)&=G(A)\\ T'(x)&=G'(A)A'\\ nG(A)-(1+A)G'(A)&=\binom{n}{k}(n-k)A^k\\ nA'T(x)-(1+A)T'(x)&=\binom{n}{k}(n-k)A^kA' \end{aligned} \]

(3)再扩展

\[\begin{aligned} G(x)&=\sum_{i=0}^k\binom{n}{i}A^iB^{n-i}\\ &=B^n\sum_{i=0}^k\binom{n}{i}(\frac{A}{B})^i\\ T(x)&=\sum_{i=0}^k\binom{n}{i}(\frac{A}{B})^i\\ n(\frac{A}{B})'T-(1+\frac{A}{B})T'&=\binom{n}{k}(n-k)(\frac{A}{B})^k(\frac{A}{B})'\\ \end{aligned} \]

\[G=TB^n,G'B=T'B^{n+1}+nGB'\\ \]

于是可以表示出\(T,T'\)

\[\begin{aligned} n(\frac{A}{B})'\frac{G}{B^n}-(1+\frac{A}{B})\frac{G'B-nGB'}{B^{n+1}}&=\binom{n}{k}(n-k)(\frac{A}{B})^k(\frac{A}{B})'\\ \frac{n(A'B-AB')G-G'B^2+nGB'B-G'BA+nGB'A}{B^{n+2}}&=\binom{n}{k}(n-k)\frac{A^k}{B^k}\frac{A'B-AB'}{B^2}\\ n(A'B-AB')G-G'B^2+nGB'B-G'BA+nGB'A&=\binom{n}{k}(n-k)A^kB^{n-k}(A'B-AB')\\ n(A'B+B'B)G-(B^2+BA)G'&=\binom{n}{k}(n-k)A^kB^{n-k}(A'B-AB')\\ n(A'+B')G-(A+B)G'&=\binom{n}{k}(n-k)(A'B^{n-k}A^k-A^{k+1}B'B^{n-k-1})\\ \end{aligned} \]

同样可以做一些复合问题

关于\(ODE\)的一个应用：Binomial Sum（见EI博客）

转置原理

处理生成函数的重要技巧

1.定理

设有一个矩阵\(V\)，将其分解为几个初等矩阵\(E_1\cdots E_k\)

即

\[V=E_1E_2\cdots E_k \]

则

\[V^{T}=E_k^TE_{k-1}^T\cdots E_1^T \]

矩阵的转置：\(V^{T}_{j,i}=V_{i,j}\)，即沿对角线翻折

其中，初等矩阵分为三种：

(1)将\(I\)的第\(i\)行，第\(j\)行交换的矩阵

(2)将\(I_{i,i}\)从\(1\)改为\(c\)的矩阵

(3)将\(I_{i,j}\)从\(0\)改为\(c\)的矩阵

（\(I\)为单位矩阵）

左乘向量的效果分别为：

(1)交换第\(i,j\)位

(2)将第\(i\)位乘上\(c\)

(3)将第\(j\)位乘\(c\)，然后加到第\(i\)位上

对应的转置的效果：

(1)、(2)跟原来一样

(3)将第\(i\)位乘\(c\)，然后加到第\(j\)位上

手画一下应该很好理解

于是转置原理的用处就可以发现了：

在原变换不易计算时，可以计算转置，然后将整个过程倒过来再算

2.多点求值

这是一个经典的科技应用

规避了多项式取模，获得常数极小的做法

在\(rqy\)的博客里有非常详细的介绍

$E为什么可以5e5多点求值(详细揭秘)

3.计算多元函数

对于一个多元函数\(F(x,y)\)

如果我们要求\([y^n]\)，我们可以将\(F\)转置，于是变成了求\([x^n]\)

于是只要我们知道求\([x^n]F(x,y)\)的方法，将其转置过来就是原问题的答案

例：

【P7440】「KrOI2021」Feux Follets

设\(cyc_\pi\)表示将长度为\(n\)的排列\(\pi\)当成置换时能分解的循环置换个数。给定\(n,k\)和一个\(k-1\)次多项式\(F(x)\)

对于\(\forall m\in[1,n]\)

求\(\sum_{\pi}F(cyc_{\pi})\)对\(998244353\)取模的结果，其中\(\pi\)是长度为\(n\)的错排列

\(1\le n,k\le 10^5\)

这个问题要求我们算每一项，所以原先的拉格朗日反演不管用了

考虑改成较为简洁的形式

\[G(x)=-\ln(1-x)-x\\ \sum_{i=0}^{+\infty}\frac{G^i(x)}{i!}\sum_{j=0}^{i-1}f_ji^j \]

注意到右边有\(i^j\)不好处理

于是可以将\(F(x)\)改写成牛顿级数\(\sum_{i=0}^{k-1}f^*_j\binom{x}{j}\)

于是组合意义就是要从\(i\)个中选\(j\)个

用二元生成函数改写一下

于是就等价于

\[\sum_{j=0}^{k-1}f^*_j[y^j]\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{((1+y)G(x))^i}{i!}=\sum_{j=0}^{k-1}f^*_j[y^j]e^{(1+y)(-\ln(1-x)-x)} \]

令\(F(x,y)=e^{(1+y)(-\ln(1-x)-x)}\)

我们先算出

\[\sum_{j=0}^{k-1}f^*_j[x^j]F(x,y) \]

这时我们使用求导大法

\[\begin{aligned} \frac{\partial}{\partial x}F&=(\frac{1}{1-x}-1)(1+y)F\\ &=\frac{x(1+y)}{1-x}F\\ (1-x)\frac{\partial}{\partial x}F&=x(1+y)F\\ \end{aligned} \]

令\(f_{n}=[x^n]F(x,y)\)

提取系数

\[(n+1)f_{n+1}-nf_{n}=(1+y)f_{n-1}\\ A_{n+1}=\left( \begin{matrix} \frac{n}{n+1}&1\\ \frac{1+y}{n+1}&0 \end{matrix} \right)\\ \left( \begin{matrix} f_{n+1}&f_{n} \end{matrix} \right)= \left( \begin{matrix} f_{n}&f_{n-1} \end{matrix} \right) A_{n+1} \]

于是可以分治\(NTT\)计算，转置的时候只要一点点地转过来就可以了（汗