随笔分类 - 多项式求逆
摘要：https://www.luogu.org/problemnew/solution/P4002 神树的题解写的很清楚了。稍微补充： 1.[x^i]ln(A(ax))=a^i[x^i]ln(A(x))，感觉直接证并非那么显然，大约是先求出多项式再把ax作为自变量带回去。 2.最后一句中的式子，即考虑由
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摘要：A(x)k=eklnA(x)。泰勒展开之后容易发现k并非在指数上，所以对p取模。
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摘要：因为一大堆式子实在懒得写题解了。首先用prufer推出CF917D用到的结论，然后具体见前言不搭后语的注释。
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摘要：显然构造出生成函数，对体积v的物品，生成函数为1+xv+x2v+……=1/(1-xv)。将所有生成函数乘起来得到的多项式即为答案，设为F(x)，即F(x)=1/∏(1-xvi)。但这个多项式的项数是Σvi级别的，无法直接分治FFT卷起来。 我们要降低多项式的次数，于是考虑取对数，化乘为加，得到lnF
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摘要：https://www.cnblogs.com/HocRiser/p/8207295.html 安利！
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摘要：https://www.cnblogs.com/HocRiser/p/8207295.html 安利！
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摘要：https://www.cnblogs.com/HocRiser/p/8207295.html 安利！ 写NTT把i<<=1写成了i<<=2，又调了一年。发现我的日常就是数组开小调调调，变量名写错调调调，反向判if调调调，退役吧。
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摘要：设f[i]为连通图的数量，g[i]为不连通图的数量，显然有f[i]=2i*(i-1)/2-g[i]，g[i]通过枚举1所在连通块大小转移，有g[i]=Σf[j]*C(i-1,j-1)·2(i-j)*(i-j-1)/2，也即f[i]=2i*(i-1)/2-(i-1)!·Σf[j]·2(i-j)*(i-
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摘要：显然的做法是求出斯特林数，但没有什么优化空间。 考虑一种暴力dp，即设f[i]为i块积木的所有方案层数之和，g[i]为i块积木的方案数。转移时枚举第一层是哪些积木，于是有f[i]=g[i]+ΣC(i,j)·f[i-j]，g[i]=ΣC(i,j)·g[i-j] (j=1~i)。 考虑优化 。我们发现这
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摘要：第一眼生成函数。四个等比数列形式的多项式相乘，可以化成四个分式。其中分母部分是固定的，可以多项式求逆预处理出来。而分子部分由于项数很少，询问时2^4算一下贡献就好了。这个思路比较直观。只是常数巨大，以及需要敲一发类似任意模数ntt的东西来避免爆精度。成功以这种做法拿下luogu倒数rank1，至于b
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摘要：设f(n)为权值为n的神犇二叉树个数。考虑如何递推求这个东西。 套路地枚举根节点的左右子树。则f(n)=Σf(i)f(n-i-cj)，cj即根的权值。卷积的形式，cj也可以通过卷上一个多项式枚举。可以考虑生成函数。 设F(x)为f(n)的生成函数，G(x)为c(n)的生成函数，G(x)中含有xa项表
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摘要：参考：http://www.matrix67.com/blog/archives/120 前置： 广义组合数：C(n,m)=n·(n-1)·……·(n-m+1)/m! (n∈R，m∈N) 广义二项式定理： 等比数列求和公式：a1+a1·q+a1·q2+a1·q3+……a1·qn=a1(1-qn+1)
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摘要：http://blog.miskcoo.com/2015/05/polynomial-division 好神啊！ 通过翻转多项式消除余数的影响，主要原理是商只与次数不小于m的项有关。
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摘要：http://blog.miskcoo.com/2015/05/polynomial-inverse 好神啊！ B(x)=B'(x)·(2-A(x)B'(x)) 注意ntt的时候防止项数溢出，即将多项式补零成n位后，相乘时次数最高的非零项不超过n次。 upd：可以在点值表示下直接相乘。又好写又跑得快
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