多项式计数

Matrix - Tree 定理

需要知道的一些线性代数知识

线性相关

考虑 \(n\) 个向量 \(v_1,v_2\dots v_n\)，如果存在 \((a_1,a_2,\dots a_n)\neq 0\) 满足 \(a_1v_1+a_2v_2\dots =0\) 那么称这 \(n\) 个向量线性相关，反之为线性独立。

行列式

对于一个 \(n\times n\) 的矩阵 \(A\)。

\[\text{det}(A)=\sum_{\sigma:\prod(n)}A_{1,\sigma(1)}A_{2,\sigma(2)}\dots A_{n,\sigma(n)}(-1)^{inv(\sigma)} \]

性质

将第 \(i\) 列 \(\times a\) 加到第 \(j\) 列，\(\det(A)\) 不变。
交换两列，行列式值取反。
某列全体 \(\times a\)，\(\det\) 变大 \(a\) 倍。

以上三个可以根据定义得到，并且对于行也成立。

同时行列式满足 \(\det(A)=\det(A^T)\)。如果 \(\det(A)\neq 0\)，那么所有列向量是线性无关的。

计算方式

观察三角矩阵的 \(\det\)。会发现其值为 \(\prod a_{i,i}\)。

考虑如果做一个类似高斯消元的过程让行列式变成三角矩阵。

可以讲一下大概怎么做，其实是非常平凡的，我们考虑一列一列消。对于第 \(i\) 列，只保留 \([1,i]\) 行的内容。通过第一条性质可以轻松做到，举例：

\[\begin{vmatrix} 2 & 3 & 1\\ 1 & 3 & 4\\ 2 & 2 & 3 \end{vmatrix} \]

先消第一行，那么对于第二行加上第一行所有的数 \(\times -\dfrac{1}{2}\) 的结果，第三行加上第一行所有的数 \(\times -1\) 的结果，得到：

\[\begin{vmatrix} 2 & 3 & 1\\ 0 & \dfrac{3}{2} & \dfrac{7}{2}\\ 0 & -1 & 2 \end{vmatrix} \]

然后对于第二列做一样的操作，会发现因为前面都是 \(0\) 了，那么这些数是不会影响操作的。最后就会形成一个三角矩阵。

在需要取模非质数的时候，可以进行两行辗转相减，不做赘述。

矩阵树定理

对于图 \(G=(V,E)\)，考虑

定义 \(Q\) 矩阵，满足：

\(Q_{i,i}=deg_i\)
\(Q_{i,j}=-1,i\neq j,(i,j)\in E\)
\(Q_{i,j}=0,i\neq j,(i,j)\not\in E\)

令 \(M_{1,1}\) 为删掉 \(Q\) 中的第一行第一列，则 \(G\) 中的生成树个数就等于 \(\det(M_{1,1})\)。

\(Q\) 矩阵还有一个名字即 Kirchoff 矩阵。还可以写成 \(Q=D-A\)，\(D\) 为度数矩阵 \(A\) 为图的邻接矩阵。

如果有重边同样成立，将 \(-1\to -cnt\)，\(cnt\) 为之间的边数即可。

而且 \(M_{i,i}=M_{j,j},i,j\in[1,n]\)。

证明

证明是比较重要的，因为后面题目需要用到一些证明的思想。

定义矩阵 \(E\)，其有 \(n\) 行 \(m\) 列，满足 \(i\) 列的 \(u\) 项为 \(1\)，\(v\) 项为 \(-1\)。其中 \((u,v)\) 为 \(i\) 条边连接的点。

那么有 \(E\times E^{T}=Q\)，这个是好证明的。

令 \(F\) 为 \(E\) 删掉第一行的矩阵，那么有

\[\det(M_{1,1})=\det(F\times F^{T})=\sum_{S}\det(F_S)^2 \]

第二部运用了 Cauchy–Binet formula，即对于 \(n\times m\) 矩阵 \(A\) 和 \(m\times n\) 矩阵 \(B\)，\(\det(AB)=\sum_S\det(A_S)\det(B_S)\) 其中 \(S\) 表示 \(\{1,2,\dots m\}\) 的大小为 \(n\) 的一个子集。\(A_S\) 表示取出这些对应列组成的矩阵，\(B\) 是取出这些对应行组成的矩阵。这里带入 \(F,F^{T}\) 会发现 \((F_S)^T=(F^T)_S\)，也就是说这两个的行列式是一样的，通过上面的行列式的性质可以得到。

引理：\(S\) 相当于在 \(m\) 里面选择 \(n-1\) 条边。会发现，\(\det(F_S)=\pm 1\) 当且仅当 \(S\) 构成生成树，否则 \(\det(F_S)=0\)。

如果 \(S\) 存在环，那么显然这个环上面的所有边构成的列向量加起来是 \(0\)，也就是说 \(\det(A)=0\)。对于第一部分的证明，可以感性观察，注意到交换行列不会影响行列式的绝对值，因此可以构造出来三角矩阵，且斜对角全部是 \(-1\)。

也就是说 \(\sum_S\det(F_S)^2\) 就是对于生成树计数。

用法以及技巧

带权树

矩阵树可以求的是：

\[\sum_{T}1 \]

同样还可以求：

\[\sum_{T}\prod_{e\in T}w_e \]

可以把边的权值视为有 \(w_e\) 条重边，发现每一个生成树相当于没有重边的版本乘上权值。将对应的 Kirchoff 矩阵修改即可。

一些 DFT / IDFT 的算法

学多项式是一个很有意思的过程。开始的时候你会学习 FFT / NTT 知道怎么样通过 DFT / IDFT 快速计算多项式的各种操作。然后你会深入学习多项式的各种运算，比如求逆、\(\exp,\ln\) 等等。然后你会到这一个部分，你发现又回到了 DFT / IDFT 的一些操作之中，但是再次看这些东西的时候，你其实比刚开始学的时候有了更为深入的理解。有一种“反其本矣”的奇妙感觉。

Bluestein

一般在做 DFT 的时候，会将给定的多项式变成 \(2^k\) 长度来操作，考虑这样一个问题：

给定 \(A(x)\)，求 \(A(x)\) 在 \(\omega^0,\dots,\omega^{n-1}\) 位置的点值。

转化，对于 \(b_0\dots b_{n-1}\)，令 \(b_m=\sum_{k=0}^{n-1}a_k\times (\omega^m)^k\)，有一个小技巧：

\[2mk=m^{\underline{2}}+(k-1)^{\underline{2}}-(m-k)^{\underline{2}} \]

通过这个来整理一下式子，能够得到：

\[b_m=\omega^{\frac{1}{2}m^{\underline{2}}}\sum_{k=0}^{n-1}a_k\omega^{\frac{1}{2}(k+1)^{\underline{2}}-\frac{1}{2}(m-k)^{\underline{2}}} \]

后面两个东西看起来很像一个卷积的形式，但是不标准，因为和事 \(m+1\)。经典平移一下，令 \(B_{m+n}=\omega^{-\frac{1}{2}m^{\underline{2}}}b_m\)，\(A_k=a_k\omega^{\frac{1}{2}(k+1)^{\underline{2}}}\)，再令 \(C_j=\omega{-\frac{1}{2}(j-n)^{\underline{2}}}\)，让 \(A_v=0,v\in[n,m+n]\) 能够得到：

\[B_{m+n}=\sum_{k=0}^{n+m}A_kC_{m+n-k} \]

这就是标准卷积形式，其中的 \(A,C\) 都是很好得到的。

注意在小技巧部分，如果用 \(2mk=m^2+k^2-(m-k)^2\) 看起来能够得到结果，但是这会导致 \(\sqrt{\omega}\) 的出现，这要求存在二次剩余。

Bluestein 还有一个优势就是可以做等比多点求值，且是 \(\mathcal{O}(n\log n)\)，比直接多项式多点求值要快。

I：JDU-4656

题面

给定 \(a,b,c,d\)，令 \(F(x)=\sum_{i=1}^{n-1}a_ix^{i}\)，\(\forall k\in[0,n)\) 求 \(F(b\times c^{2k}+d)\)。取模 \(10^6+3\)。

Sol

先推一下式子：

\[\begin{aligned} F(k)&=\sum_{i=1}^{n-1}a_i(b\times c^{2k}+d)^i\\ &=\sum_{i=1}^{n-1}a_i\sum_{j=0}^i\binom{i}{j}b^{j}c^{2kj}d^{i-j}\\ &=\sum_{j=0}^{n-1}\dfrac{b_jc^{2kj}}{j!}\sum_{i=j}^{n-1}\dfrac{i!a_id^{i-j}}{(i-j)!} \end{aligned} \]

令 \(p_j=\sum_{i=j}^na_ii!\dfrac{d^{i-j}}{(i-j)!}\)，这看起来就很能卷机的样子，搞一搞可以弄成：\(p'_{n-j}=\sum_{i=0}^{n-j}f_{n-i-j}g_i\) 的形式。

对于前面那个东西，回顾一下刚才的东西，令 \(\omega = c^{2k}\) 就是一个等比多点求值的过程了。

注意这题要 MTT。

单位根反演

核心式子：

\[[n|k]=\dfrac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^{ik} \]

证明需要回顾一下单位根的性质，在多项式小记里面有，都是非常基础的。

如果 \(k\bmod n=0\)，此时有 \(\omega^{ik}=1\) 右边等于 \(\dfrac{1}{n}\times n=1\) 等于左边。
如果 \(k\bmod n \neq 0\)，此时右边是等比数列求和，结果为 \(\dfrac{\omega_n^{kn}-1}{\omega_n^k-1}\)，分子等于 \(0\) 且分母不等于 \(0\)。结果就是 \(0\)。

这个是处理形如“只保留某个数的倍数项”问题的利器。直接来看例题。

II：白兔的？难

~~cnblogs 你这屏蔽我？~~

题面

给定 \(n,k\) 求：

\[\forall0\le t<k,s_t=\sum_{i=-t}^{n-t}[k|i]\binom{n}{i+t} \]

\(n\le 10^{10^6},k=2^m,m\le 20\)。

Sol

进行单位根反演:

\[\begin{aligned} s_t&=\sum_{i=-t}^{n-t}[k|i]\binom{n}{i+t}\\ &=\sum_{i=-t}^{n-t}\dfrac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}\omega_{k}^{ij}\binom{n}{i+t}\\ &=\dfrac{1}{k}\sum_{i=-t}^{n-t}\sum_{j=0}^{k-1}\omega_{k}^{ij}\binom{n}{i+t} \end{aligned} \]

套路地交换求和项，然后进行一些提取。

\[\begin{aligned} s_t&=\dfrac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}\omega^{-tj}\sum_{i=-t}^{n-t}(\omega^{i+t})^{j}\binom{n}{i+t}\\ &=\dfrac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}\omega^{-tj}\sum_{i=0}^{n}(\omega^{j})^{i}\binom{n}{i}\\ &=\dfrac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}\omega^{-tj}(\omega^{j}+1)^n \end{aligned} \]

对于 DFT / IDFT 比较熟悉的选手能够看出来这部分就是一个 IDFT 过程（因为这刚好是一个 \(2^v\) 的多项式）就是我们在知道了点表示法然后转回到系数表示法的过程，这个在多项式小记里面也有式子。写起来是比较简单的。

来看一道综合一点的套路题，也是可爱的兔子。

III：白兔之舞

题面

给定 \((L+1)\times n\) 个点，可以理解为 \((L+1)\) 行 \(n\) 列。对于一对点 \((u_1,v_1),(u_2,v_2)\) 若 \(u_2>u_1\) 则 \((u_1,v_1)\to (u_2,v_2)\) 之间有 \(W[v_1][v_2]\) 条不同的边。其他情况没有边。现在给定 \(x,k,y\)，有一只兔子从 \((0,x)\) 开始，终点在 \((?,y)\)。对于所有 \(0\le t<k\)，求有多少条不同的路径满足其长度 \(len \bmod k=t\)，答案 \(\bmod p\)。

\(n\le 3,L\le 10^8,1\le k\le 65536,p\in prime,k|(p-1)\)。

Sol

先考虑固定长度 \(i\) 有多少种从 \((0,x)\to (?,y)\) 的方案，令这个问题答案为 \(f_i\)。对于行，相当于选择一些行去走，即 \(\binom{L}{i}\)，行和列是独立的，令 \(G\) 为开始时候的矩阵，那么列的情况就应该是 \(G\times W^i\) 的第 \(y\) 项，下面记为 \((G\times W^i)_y\)。经典传球问题。那么有 \(f_i=\binom{L}{i}\times (G\times W^i)_y\)，接下来就可以开始推式子了，令答案为 \(ans\)：

\[\begin{aligned} ans_t&=\sum_{i=0}^L[k|(i-t)]f_i\\ &=\sum_{i=0}^L\dfrac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}\omega_k^{j(i-t)}\times \binom{L}{i}\times (G\times W^i)_y\\ &=(\dfrac{1}{k}\times \sum_{j=0}^{k-1}G\times \omega_k^{-jt}\sum_{i=0}^L(\omega_k^{j})^i\times \binom{L}{i}\times W^i)_y\\ &=(\dfrac{1}{k}\times \sum_{j=0}^{k-1}G\times \omega_k^{-jt}(\omega_{k}^j\times W+I)^L)_y \end{aligned} \]

这里已经看到胜利的曙光了，但是这个题有点问题在于并没有保证 \(L=2^v\) 不能走捷径，但是问题也不大，相当于要长度不为 \(2^v\) 的单位根的点值，老老实实用 Bluestein 做。但是还要注意要写 MTT，因为模数不确定。

感觉这题的评分点全在套路上了，推式子就是纯套路。

循环卷积

这部分的定义需要注意一下，不要和普通的线性卷积混淆。循环卷积如其名，为：

\[C_r=A(x)\otimes B(x)=\sum_{p,q}[(p+q)\bmod n=r]A_pB_q \]

我们一般写 DFT 的时候一般会有这样一步操作：

for(;n<sizX+sizY;n<<=1);

也就是说平时的时候我们做 DFT / IDFT 的时候实际上我们是取模了 \(2^v\)。但是有时候，题目会让我们去做一个 \(n\) 次意义下的循环卷积。你说，这很简单，我帮两个多项式乘起来，然后做一个 \(\mathcal{O}(n)\) 的加法实现循环卷积的功能。听起来很好，但是这个做法有不小隐患，来看一个例题。

IV：P4191

题面

给定两个 \(n\) 次多项式 \(A,B\)，和一个数字 \(c\)，求 \(A\times B^c\)，其中乘法的定义为 \(n\) 次循环卷积。取模 \(n+1\)，保证 \(n+1\) 是一个质数。

Sol

这时候上面 naive 的做法就不太行了，需要知道一个定理：

两个 \(n\) 次多项式的 \(n\) 次循环卷积等于他们 DFT 之后系数相乘再进行 IDFT 得到的结果。

这个定理在之前 FFT 的时候，我们是用“点表示法”来理解的。现在我们还可以用单位根反演来证明它，这里就先暂时略过。这个定理的用处在于，如果我们能够求出来 \(B\) 的 DFT 形式，对于每一个数做一次快速幂，然后做一次 IDFT 就可以得到 \(B^c\) 在 \(n\) 次意义下的循环卷积。

回顾我们在做 DFT 的时候要做什么，在 \(\omega^{0\to n-1}\) 的地方求点值。这时候我们 \(n\) 变得一般化了，这意味着要干什么？Bluestein 直接干就对了。

但是这个题目还有一个条件，保证输入的 \(n\) 能够分解成若干个不超过 \(\le 10\) 的数的乘积。运用这个条件，我们可以换一种方法试一试。

在正常的 FFT 中，我们有两个个关键的式子：

\(F(ω^{k+n/2}_n)=F_e(ω^{k}_{n/2})-ω^k_nF_o(ω^{k}_{n/2})\)

\(F(ω^k_n)=F_e(ω^k_{n/2})+ω^k_nF_o(ω^k_{n/2})\)

也就是说，我们通过把多项式分成奇偶两个部分，让两个部分分别只算 \(\frac{n}{2}\) 个点值，然后如此递归下去，最后只需要做若干个长度为 \(1\) 的多项式求一个点值。这样的复杂度就是 \(\mathcal{O}(n \log n)\)。

这个思想是可以推广的，对于一个普通的 \(n\)，如果其有因子 \(d\)，那么有仍然可以拆分成 \(d\) 个多项式求点值的结果，具体地：

\[A(\omega_n^j)=\sum_{i=0}^{d-1}\omega_n^{ij}A_i(\omega_{\frac{n}{d}}^j) \]

如果 \(n\) 是一个大质数，那么无法这样进行分解，只能做 \(n\) 次暴力点值，是非常糟糕的。但是由于 \(n\) 最大的质因子为 \(7\)，也就是说最后需要暴力做的长度最多是 \(7\)，就可以通过这个小技巧不用 Bluestein 的推导同样做出来。

例题

P3746

题面

求

\[(\sum_{i=0}^{\infty}\binom{nk}{ik+r})\bmod p \]

其中 \(n,k,r,p\) 给定 \(r<k\le 50,n\le 10^9\)，\(p\le 2^{30}\)。

Sol

如果你跟我一样一眼看不出答案就老老实实单位根反演，得到的结果是：

\[\dfrac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}\omega_k^{-jr}(\omega_k^j+1)^{nk} \]

同样发现这是一个反演的式子，令 \(F_r\) 等于其，那么 \((1+ \omega_k^j)^{nk}\) 就是 \(F\) 在 \(\omega_k^j\) 位置的点值。也就是说 \(F_i=[x^i](1+x)^{nk}\) 注意这里应该是在 \(k\) 次意义下的循环卷积乘法，通过单位根的性质能够得到。需要特判 \(k=1\)，因为这时候 \((1+x)\) 本身就超过长度了，应该是 \(2\).

Loj6475

题面

给定 \(n,s,a_0,a_1,a_2,a_3\)，求：

\[(\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}s^{i}a_{i\bmod 4})\bmod 998244353 \]

多测，\(T\le 10^5,n\le 10^{18},s,a\le 10^8\)。

Sol

显然要拆贡献，得到：

\[F_v=\dfrac{1}{4}a_v\sum_{j=0}^3\omega_4^{-jv}(s\omega_4^j)^n \]

注意到因为模数是给出来的，则 \(\omega_4^1=g^{\frac{p-1}{4}}\) 就有 \(\mathcal{O}(16\times T\log n)\) 的复杂度。

P5591

题面

求：

\[\sum_{i=0}^n \binom n i \times p^{i} \times \left\lfloor \frac{i}{k} \right\rfloor \bmod 998244353 \]

其中 \(n,p\le 998244353,k\le 10^6,k=2^v\)。

Sol

这题需要一定的转化，向下取整式非常头疼的，向下取整在莫反里面用到的比较多，但这个题和数论函数关系不大。知道 \(\lfloor \frac{i}{k}\rfloor=\frac{i-i\bmod k}{k}\)，可以开始代换，我试了一下拆贡献，是可以做但是会让题目变得比较复杂，到后面要用白兔之舞的技巧，而且还需要稍微卡常，不拆贡献直接先一起考虑更好，对于后面需要取模的部分再拆贡献（需要用到：\(m\binom{n}{m}=n\binom{n-1}{m-1}\)

\[\begin{aligned} \sum_{i=0}^n\binom{n}{i}p^i\dfrac{i-i\bmod k}{k}&=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}p^i\dfrac{i}{k}-\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}p^i\dfrac{i\bmod k}{k}\\ &=\dfrac{1}{k}\left( np(p+1)^{n-1} - \sum_{r=0}^{k-1}r[x^r](1+px)^n\right) \end{aligned} \]

后面的部分经典循环卷积，题目很善良地给了 \(k=2^v\)，因此直接做一次 NTT，然后每一个位置做一个 \(n\) 次幂，然后拉回来 \(\times r\) 即可。前面的更简单，直接数字运算。

各种 FFT 的套路 + 一些线性代数

FFT 套路

AVL-Tree

转移：

\[\begin{aligned} f_h[n]=\sum_{i=0}^{n-1}f_{h-1}[i]\times f_{h-1}[n-i-1]+2f_{h-2}[i]\times f_{h-1}[n-i-1]\\ \Rightarrow F_h(x)=x\left (F_{h-1}(x)^2+2F_{h-1}(x)F_{h-2}(x)\right ) \end{aligned} \]

求 \(\omega^0\to \omega^{65535}\) 即可，不用 NTT，最后还原。

Buying snacks

转移：

\[f_i[j]=f_{i-1}[j]+f_{i-1}[j-1]+f_{i-1}[j-2]+f_{i-2}[j-1]+f_{i-2}[j-3]+2f_{i-2}[j-2] \]

分情况讨论得到的结果。

\[F_i(x)=F_{i-1}(x)(1+x+x^2)+F_{i-2}(x)(x+x^3+2x^2) \]

由于 \(n\) 太大，点值不够求 \(F_n(x)\) 的系数。

考虑矩阵快速幂：

\[\begin{bmatrix} F_i(x)\\ F_{i-1}(x) \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 1+x+x^2 & x+2x^2+x^3\\ 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} F_{i-1}(x)\\ F_{i-2}(x) \end{bmatrix} \]

相当于求 \(A^n\)，中间用多项式乘法。注意优化（减少 DFT / IDFT 的次数）。

复杂度双 \(\log\)。

Poland Ball

转移：

\[f_{n,m}=f_{n-1,m}+f_{n-1,m-1}+f_{n-2,m-1} \]

即

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

矩阵快速幂同样可以双 \(\log\)。

令 \(G(z)=\sum_{i=0}^n F_iz^i\)。

有 \(G(z)=\dfrac{1}{1-(1+x)z-xz^2}\)，之后化成 \(G(z)=\dfrac{u}{1-Az}+\dfrac{v}{1-Bz}\) 的形式。其中 \(u,v\) 只和 \(A,B\) 相关，\(A,B\) 只和 \(x\) 相关。

得到 \([z^n]G(z)=\dfrac{A^{n+1}-B^{n+1}}{A-B}\) 全家桶并用，能做到 \(\mathcal{O}(k \log k)\) 因为只用保留 \(k\)。

Unlucky string（改）

给定 \(n,m,k\) 有 \(m\) 个字符，给定一个长度为 \(k\) 的字符串 \(S\)。求有多少个长度为 \(n\) 的字符串满足其中不含 \(S\) 为字串。\(n,m,k\le 10^5\)。

令 \(f_i\) 表示有多少个长度为 \(i\) 且后缀恰好为 \(s\) 且前面都没有出现过 \(s\)。

\(i<k\to f_i=0\)，反之则：

\[f_i=m^{i-k}-\sum_{j=0}^{i-k}f_jm^{i-k-j}-\sum_{d\in border(S)}f_{i-d} \]

令 \(d(x)=\sum_{i\in border(S)}x^i\)

\[F(x)=\dfrac{x^k}{1-mx}-\dfrac{x^kF(x)}{1-mx}-F(x)\times d(x) \]

验证起来是比较简单的，要学习正推。

\[F(x)=\dfrac{x^k}{(1-mx)(d(x)+1)+x^k} \]

答案为 \(m^n-\sum_{i=0}^nf_im^{n-i}\)

优化齐次线性递推方程

若 \(f\) 满足：

\[f_i=c_1f_{i-1}+c_2f_{i-2}+\dots +c_kf_{i-k} \]

若 \(k\le 32000,n\le 10^9\) 求 \(f_n\)？

直接用矩阵快速幂大概是 \(\mathcal{O}(k^3\log n)\) 的算法，无法满足。

但是还是可以构造出来矩阵：

\[\begin{bmatrix} f_n\\ \vdots \\ f_{n-k+1} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} c_1 & c_2 & \dots & c_{k-1} & c_k\\ 1 & 0 & \dots & 0 & 0\\ 0 & 1 & \dots & 0 & 0\\ 0 & 0 &\dots &1&0 \end{bmatrix}\times \begin{bmatrix} f_{n-1}\\ \vdots \\ f_{n-k} \end{bmatrix} \]

特征多项式

记：

\[\Phi(\lambda)=\lambda^k-c_1\lambda^{k-1}-\dots -c_k \]

其实就是转移矩阵 \(M\) 的特征多项式，关于 \(M\) 的特征多项式，定义方式为：

\[\det(\lambda I-M) \]

对于上面式子左侧的结果就是：

\[\det\begin{bmatrix} \lambda -c_1 & -c_2 & -c_3&\dots & c_k\\ -1 & \lambda & 0 & \dots & 0\\ 0 & -1 & \lambda & \dots & 0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots &\ddots\\ 0 & 0 & \dots & -1 & \lambda \end{bmatrix} \]

用代数余子式计算，能够得到这个行列式算出来就是上面的 \(\Phi(\lambda)\)

Cayley - Hamilon 定理

有 \(\Phi(M)=0\)。

证明是超纲的，有空补。

优化

设 \(x^n=P(x)\times \Phi(x)+r(x)\)，即带余除法。则：

\[M^n=P(M)\times \Phi(M)+r(M)\Rightarrow M^n=r(M) \]

有 \(r(M)=\sum_{i=0}^{k-1}r_iM^i\)

令

\[F_i= \begin{bmatrix} f_i\\ \vdots \\ f_{i-k+1} \end{bmatrix} \]

有 \(F_{n+k-1}=M^nF_{k-1}\) 稍微注意这个最开始矩阵快速幂左边向量的区别。代入有：

\[F_{n+k-1}=\sum_{i=0}^{k-1}r_iM^iF_{k-1}=\sum_{i=0}^{k-1}r_iF_{i+k-1} \]

则

\[f_n=\sum_{i=0}^{k-1}r_if_i \]

这个是可以 \(\mathcal{O}(k)\) 算出来的。问题在 \(r(x)\) 需要 \(\mathcal{O}(n\log n)\) 做带余除法，但是注意到 \(x^n\) 这个形式是简单的，令 \(a+b=n\)，有：

\[x^n\bmod \Phi(M)=(x^a\bmod \Phi(M)\times x^b\bmod \Phi(M))\bmod \Phi(M) \]

分治下去，可以做到 \(\mathcal{O}(k\log k\log n)\)。

Stirling 反演 + snake oil method

Stirling 反演

反演公式

\[\begin{aligned} \sum_k(-1)^{n-k}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}k\\m\end{bmatrix}&=[n=m]\\ \sum_k(-1)^{n-k}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}k\\m\end{Bmatrix}&=[n=m] \end{aligned} \]

证明不是非常难，代入形式变量 \(x\) 之后研究幂次的系数等，这里略。为了方便，可以用矩阵刻画。令 \(A_{n,k}=\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix},A'_{n,k}=(-1)^{n-k}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}\)，\(B\) 同样对于第二类定义。

有 \(BA'=A'B=I\)。

定理

Part I

\[f(n)=\sum_{k=0}^n\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}g(k)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}f(k) \]

证明：把两个函数看作向量，那么 \(\overrightarrow{f}=A\overrightarrow{g}\Leftrightarrow\overrightarrow{g}=B'\overrightarrow{f}\)。

显然将其中的第一类和第二类斯特林数对换也是成立的。

Part II

\[f(k)=\sum_{n=k}^N\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}g(n)\Leftrightarrow g(k)=\sum_{n=k}^N(-1)^{n-k}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}f(n) \]

证明：\(\overrightarrow{f}=A^T\overrightarrow{g}\Leftrightarrow \overrightarrow{g}=B'^T\overrightarrow{f}\)

其中因为 \(AB'=I\) 有 \(A^TB'^T=I^T=I\)。

例题 TC-13444

给定 \(n\) 行 \(m\) 列的矩阵，每个位置填 \(1\sim c\) 的数，要求：

任意两行不一样
任意两列不一样

求方案数 \(n,m\le 5000,c\le 10^9\)。

固定行，对于前 \(m\) 列，令 \(g(m)\) 表示满足第一个限制，\(f(m)\) 表示答案。

\(g(m)=(c^m)^{\underline{n}}\) 又知道 \(g(m)=\sum\limits_{i=0}^m\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}f(i)\) 直接反演：

\[f(m)=\sum_{i=0}^m\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix}(-1)^{m-i}g(i) \]

可以不用多项式算 Stirling。

带权连通图计数问题

\(n\) 个点的带标号完全图 \(K_n\)，令其所有联通子图的总权值为 \(W_n\)。权值定义如下

\(w(G)=a^{|E(G)|}\)

法 1：EGF

定义 \(\hat{F}(x)=<W_0,W_1,\dots W_n>,\hat{G}(x)=<g_0,g_1,\dots g_n>\)，其中 \(g_n\sum_{E\subseteq K_n}a^{|E|}\)。

注意到其中

\[g_n=\sum_{i=0}^{\binom{n}{2}}\binom{\binom{n}{2}}{i}a^i \]

直觉上告诉我们 \(\hat{G}(x)=\exp(\hat{F}(x))\)，因为任意一个图是由若干个连通图构成的。证明：

定义

\[g_{n,k}=\sum_{E\subseteq K_n,conn(E)=k}a^{|E|} \]

\[\begin{aligned} g_{n,k}&=\dfrac{1}{k!}\sum_{(c_1,c_2\dots c_k)}f_{|c_1|}f_{|c_2|}\dots f_{|c_k|} \\ &=\dfrac{1}{k!}\sum_{i_1+i_2+\dots i_k=n}\dfrac{n!}{i_1!i_2!\dots i_k!}f_{i_1}f_{i_2}\dots f_{i_k} \end{aligned} \]

因此 \(g_{n,k}\) 的 EGF 系数为 \([x^n]\dfrac{1}{k!}\hat{F}^k(x)\)，又本来的 \(g_n=[x^n]\sum g_{n,k}\)，因此：

\[\hat{G}(x)=\sum_{k=0}^{+\infty} \dfrac{1}{k!}\hat{F}^k(x)=\exp \hat{F}(x) \]

Q.E.D.

那么答案 \(\hat{F}(x)=\ln \hat{G}(x)\)。特别的，当 \(a=-1\) 的时候会发现 \(\hat{G}(x)=1+x\)，则此时 \(W_n=(-1)^{n-1}(n-1)!\)。这个可以当作定理记忆。

有 \(\mathcal{O}(n\log n)\) 的复杂度

法 2：Stirling 反演

定义对于 \(n\) 个点的一个划分 \(\pi\)，定义：\(f(\pi)\) 满足所有的 \(G\) 其中每一个划分里面是联通的，但是划分与划分之间是不联通的权值和。\(g(\pi)\) 是所有只需满足划分与划分之间不联通的 \(G\) 的权值和。再令：

\(f_k=\sum_{|\pi|=k}f(\pi),g_k=\sum_{|\pi|=k}g(\pi)\)。

观察

\[g_k=\sum_{i\ge k}\begin{Bmatrix}i\\k\end{Bmatrix}f_i \]

证明：考虑每一个 \(f_i\) 对于 \(g_k,k\le i\) 的贡献，相当于把所有联通块放到 \(k\) 个盒子里面，系数就是第二类斯特林数。

\[f_k=\sum_{i\ge k}^n(-1)^{i-k}\begin{bmatrix}i\\k\end{bmatrix}g_k \]

要求的

\[f_1=\sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}(i-1)!g_k \]

剩下就在求 \(g\)，先看看 \(a=-1\) 的特殊情况。会发现 \(g_k=1\) 当且仅当 \(k=n\) 其他情况都是 \(0\)。因为 \(k\neq n\) 的时候，一条边可以被抵消。这样算出来答案同样是 \(W_n=(-1)^{n-1}(n-1)!\)。

一般的，用 dp 来解决，令 \(dp_{n,i}\) 表示 \(n\) 个点分成 \(i\) 块连边求和的答案。

\[dp_{n,i}=\sum_{j\le n,k\le \binom{j}{2}}\binom{n-1}{j-1}dp_{n-j,i-1}\times a^k \]

经典枚举 \(1\) 在哪里。关于 \(k\) 可以预处理，因此有一个 \(\mathcal{O}(n^3)\) 的算法。

\(w(G)=[E(G)=m]\)

这部分只能用 Stirling 反演。前面的定义都是一样的，现在目标是算出来 \(g_k\)，直接在 dp 上入手。

令 \(dp_{a,b,c}\) 表示 \(a\) 个点 \(b\) 个块 \(c\) 条边（满足只在块内连边）。

但是看一看这个状态情况，状态就是 \(\mathcal{O}(n^4)\)，继续用上面的转移方法，会发现是惊人的 \(\mathcal{O}(n^7)\)。也就是说只能解决 \(10\) 个点的情况，非常糟糕。

优化（比较复杂）

这部分是完全 dp。

先写出来：

\[dp_{a,b,c}=\sum_{j,k}\binom{a-1}{j-1}dp_{a-j,b-1,c-k}\binom{\binom{j}{2}}{k} \]

“思维不要被限制”

观察

\[f_1=\sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}(i-1)!g_k \]

考虑后面 \((-1)^{i-1}(i-1)!g_k\) 怎么求。

其等价于这样一个问题：

先把所有点分成 \(B_1,\dots B_i\) 个块，其有序，并且 \(1\) 必须在 \(B_1\) 当中【提供了 \((i-1)!\) 的系数】，之后在块里面连接 \(m\) 条边【限制条件】，最和这个图的情况贡献是 \((-1)^{i-1}\)【提供最后一个系数】。

这时候可以定义一个新的 dp。令 \(dp_{a,c}\) 表示分成若干个块，块内总边数为 \(c\)。这样就成功优化掉了一个维度。

\[dp_{a,c}\gets (-1)\times dp_{a-t,c-\binom{t}{2}}\binom{a-1}{t} \]

初始 \(dp[x][\binom{x}{2}]=1\)。

注意到是块内总边数为 \(c\)，最后乘上系数 \(\binom{c}{m}\) 去得到答案。

例题

给定 \(G_1,\dots ,G_s\) 满足都是从 \(n\) 个点上的完全图取出来的一个子图。求有多少种选择若干个 \(G\) 的方法满足这些图的异或图是联通的。\(s\le 60,n\le 10\).

定义 \(x\) 表示一种选择方法，\(G_x\) 表示这种选择方法的异或图。定义 \(f(\pi)\) 为有多少个 \(G(x)\) 满足划分情况为 \(\pi\)，限制和上面一样。\(g(\pi)\) 同理。其中 \(f_k,g_k\) 和上面一样还是有斯特林反演。

注意到可以枚举 \(\pi\) 其最多就是 \(Bell(10)\)，然后具体判定就是一个线性基的问题。

不相等计数问题

选择 \(n\) 个数，满足 \(x_i\in S_i\)，\(S\) 已知。且 \(x_1\dots x_n\) 互不相等。

令 \(m=\binom{n}{2}\)。

考虑构造 \(m\) 条边，设 \((u,v)=e\) 之后 \(A_e\) 表示选择 \(x_u=x_v\) 这样的满足第一个条件的方案数。

那么答案就是

\[\sum_{F\subseteq \{e_1\dots e_m\}}(-1)^{|F|}|\bigcap A_e| \]

定义一个集合 \(C\subseteq\{1,n\}\) 定义 \(h(C)\) 表示 \(\{S_i|i\in C\}\) 交集的大小。

\[\sum_{F\subseteq \{e_1\dots e_m\}}(-1)^{|F|}\prod_{C:F其中的一个联通块}h(C) \]

再次转化，其中注意到 \(C\) 只和 \(\pi\) 有关系。

\[\sum_{\pi}\sum_{F,\Pi(F)=\pi}(-1)^{|F|}\prod_{C:F其中的一个联通块}h(C)=\sum_{\pi}\prod_{C}h(C)\sum_{F,\Pi(F)=\pi}(-1)^{|F|} \]

最后面一堆相当于是在每一个划分里面都要构造联通图，切贡献是 \(-1\) 的边数。这就是之前那个定理，因此定义 \(w(C)=h(C)\times (-1)^{|C|-1}\times (|C|-1)!\)。

直接用状压 dp，可以做到 \(\mathcal{O}(n^3)\)。但是这里还可以更优，这里

\[\sum_{\pi}\prod_C w(C) \]

这个是一个子集卷积的 \(\exp\)，会在后面再讲。也就可以做到 \(2^n\times n^2\)。

其实这个题和 Stirling 反演没有什么关系，但是注意到这个容斥过程。在 \(f,g\) 中 \(g\) 是去掉了 \(f\) 块内联通的条件，这个题说明了如果去掉 \(f\) 块之间不能连边的条件可以通过容斥反回去。

Snake Oil Method

看到名字的时候觉得莫名其妙的，去查了一下才知道 snake oil 就是万金油的意思。

snake oil method 就是一个对付组合数求和的非常厉害的工具。

That one method is capable of handling a great variety of sums involving binomial coefficients, but there’s nothing special about binomial coefficients in this respect.

看一个例子：

\[\sum_{k=0}^n\binom{k}{n-k} \]

如果先尝试手玩一下可能能发现这就是斐波那契数列。下面来看一下 Snake Oil 怎么解。

先构造出来一个多项式 \(A(x)\) 满足 \(a_n=\sum\limits_{k=0}^n\binom{k}{n-k}\)，尝试求其的母函数，展开：

\[\begin{aligned} A(x)&=\sum_{n\ge 0}\sum_{k=0}^n\binom{k}{n-k}x^n\\ &=\sum_{k\ge 0}x^k\sum_{n\ge 0}\binom{k}{n-k}x^{n-k}\\ &=\sum_{k\ge 0}x^k\sum_{r\ge 0}^k\binom{k}{r}x^r\\ &=\sum_{k\ge 0}x^k(1+x)^k\\ &=\sum_{k=0}^{+\infty}(x+x^2)^k\\ &=\dfrac{1}{1-x-x^2} \end{aligned} \]

会发现得到的结果就是斐波那契的母函数，后面也就不继续下去了。也就是说 \(A(x)\) 就是 Fib 的生成函数。

Snake Oil 的基本方法就是放到生成函数中，交换求和顺序，然后尝试解出来里面的东西。有一些比较常见的代换式可以用到：

\[\sum_{k}\binom{n}{k}x^k=(1+x)^n \]

\[\sum_{n}\binom{n}{k}=\dfrac{x^k}{(1+x)^{k+1}} \]

\[\sum_{n}\binom{2n}{n}x^n=\dfrac{1}{\sqrt{1-4x}} \]

\[\sum_{n}\dfrac{1}{n+1}\binom{2n}{n}x^n=\dfrac{1-\sqrt{1-4x}}{2x} \]

尝试解：

\[\sum_k\binom{n}{2k}\binom{k}{m} \]

这个就不好一眼看出来了

\[\begin{aligned} \sum_{n}\sum_k\binom{n}{2k}\binom{k}{m}x^n&=\sum_{k=0}^\infty\binom{k}{m}\sum_n\binom{n}{2k}x^n\\ &=\sum_{k=0}^\infty\binom{k}{m}\dfrac{x^{2k}}{(1-x)^{2k+1}}\\ &=\dfrac{1}{1-x}\sum_{k=0}^\infty\binom{k}{m}\left[ \dfrac{x^2}{(1-x)^2}\right]^k\\ &=\dfrac{1}{1-x}\times \dfrac{\left[\dfrac{x^2}{(1-x)^2}\right]^m}{\left[1-\dfrac{x^2}{(1-x)^2}\right]^{m+1}}\\ &=\dfrac{x^{2m}}{(1-2x)^{m+1}}\times (1-x)\\ &=(1-x)\times (\dfrac{x}{2})^m\times \dfrac{(2x)^m}{(1-2x)^{m+1}}\\ &=(1-x)\times (\dfrac{x}{2})^m \sum_{n}\binom{n}{m}(2x)^n \end{aligned} \]

这样就是比较方便求出来 \(x^n\) 的系数了，做两个减法即可。

综合习题、欧拉数、IDFT+

综合习题

数幂求和 I

给定 \(n,m\)，求 \(\forall i\in [0,m],s_i=\sum_{x=0}^{n-1}x^i\)。

方法 0

用斯特林可以得到：

\[\sum_{x=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{i}\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}x^{\underline{j}}=\sum_{j=1}^i\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}\dfrac{n^{j+1}}{j+1} \]

这样只有一个 \(\mathcal{O}(n^2)\)。

方法 1

令 \(\hat{S}(x)\) 为 \(<s_0\dots s_m>\) 的 EGF。

\[\hat{S}(x)=\sum_{i\ge 0}\sum_{j=0}^{n-1}j^i\dfrac{x^i}{i!}=\sum_{j=0}^{n-1}e^{jx}=\dfrac{1-e^{nx}}{1-e^x} \]

用多项式求逆，注意的是两个的常数项都是 \(0\)。这种时候要都提出一个 \(x\)，分母是 \(-\sum_{i\ge 1}\dfrac{1}{i!}x^i=-x\sum_{i\ge 0}\dfrac{1}{(i+1)!}x^i\)。分子是 \(-\sum_{i\ge 0}\dfrac{n^{i+1}}{(i+1)!}x^{i+1}=-x\sum_{i\ge 0}\dfrac{n^{i+1}}{(i+1)!}x^i\)。要求的都是前 \(m\) 项，因此复杂度是 \(\mathcal{O}(m\log m)\)。

与伯努利数的关系

\[\dfrac{1-e^{nx}}{1-e^x}=\dfrac{x}{1-e^x}\times \dfrac{1-e^{nx}}{1-e^x} \]

前面的 \(\dfrac{x}{1-e^x}\) 就是伯努利数的系数。

方法 2

让我想到梅加强老师的《数学分析》当中提到的一个技巧——做差。

考虑：

\[n^{i+1}-(n-1)^{n+1}=\sum_{j=0}^i\binom{i+1}{j}(n-1)^j \]

对于 \([1,n]\) 都做出来这个，之后会不断抵消，最终：

\[n^{n+1}=\sum_{j=0}^i\binom{i+1}{j}s_j\Leftrightarrow \dfrac{n^{i+1}}{(i+1)!}=\sum_{j=0}^i\dfrac{s_j}{j!}\times \dfrac{1}{(i+1-j)!}\Rightarrow \dfrac{e^{nx}-1}{x}=\dfrac{e^x-1}{x}\times \hat{S}(x) \]

幂数求和 II

改一下：\(s_i\sum_{x=0}^{n-1}a_x^i\)，其中 \(a\) 给定。

直接用 EGF 可以得到一个：

\[\sum_{j=0}^{n-1}e^{a_jx} \]

但是这个并不好做。

考虑直接用 OGF，能够得到：

\[S(x)=\sum_{j=0}^{n-1}\dfrac{1}{1-a_jx} \]

定义

\[Q(x)=(1-a_0x)\dots (1-a_{n-x})x,P(x)=\sum_{i=0}^{n-1}\prod_{j\neq i}(1-a_jx) \]

注意到 \(Q(x)\) 就是分母，\(P(x)\) 就是分子。现在就是要分别求，都可以使用分分治 FFT。具体的，定义 \(Q_{l,r},P_{l,r}\)。\(Q_{l,r}=Q_{l,mid}\times Q_{mid+1,r}\) 而 \(P_{l,r}=P_{l,mid}\times Q_{mid+1,r}+P_{mid+1,r}\times Q_{l,mid}\)。

这个就是 \(\mathcal{O}(m\log^2m)\)。

应用

对于一个多项式 \(H(x)\) 系数给定了，求 \(H(a_0x)+H(a_1x)+\dots H(a_{n-1}x)\)。

如果交换求和顺序就有答案：

\[\sum_{j=0}^{m-1}h_j\sum_{i=0}^{n-1}a_i^jx^i \]

这个就是刚才的东西。

例 1

有多少个非负整数 \((x_1\dots x_m)\) 前 \(n\) 个数小于等于 \(t\) 并且所有数的和 \(\le s\)。\(S\le 10^{18},n\le 10^9,n\le m\le n+1000\)。

考虑先枚举出来前面的 \(n\) 个数，剩下的限制形如：\(x_{n+1}+\dots x_m\le S\)，这是经典组合数。因此答案为：

\[\sum\binom{S+m-n}{m-n} \]

令 \(T=s+m-n,z=T-(x_1+\dots x_n)-(m-n)+1\)，答案可以写成：

\[(m-n)!\sum z^{\overline{m-n}}=(m-n)!\sum\sum_{k=1}^{m-n}\begin{bmatrix}m-n\\k\end{bmatrix}z^k \]

前面都是好求的，关键在于后面的东西，令 \(s_0=T-(m-n)+1\)：

\[z^k=(s_0-x_1-\dots x_n)^k=k!\sum_{i_0+\dots i_n=k}\dfrac{(s_0)^{i_0}}{i_0!}\dots \dfrac{(-x_n)^{in}}{i_n!} \]

代回：

\[k!(-1)^k\sum_{i_0+\dots i_n=k}\dfrac{(-s_0)^{i_0}}{i_0!}\sum\dfrac{(x_1)^{i_1}}{i_1!}\dots \dfrac{x_n^{i_n}}{i_n!} \]

定义 \(g(i)=0^i+\dots t^i\)。

\[k!(-1)^k\sum_{i_0+\dots i_n=k}\dfrac{(-s_0)^{i_0}}{i_0!}\dfrac{g(i_0)}{i_0!}\dots \]

定义 \(G(x)=\sum_{i\ge 0}\dfrac{g(i)}{i!}x^i,H(x)=\sum_{i\ge 0}\dfrac{(-s_0)^i}{i!}x^i\)。

因此后面的东西就是 \([x^k]G^n(x)H(x)\)

\(g(i)\) 可以预处理，只需要一行的斯特林数，无论哪里的复杂度都是 \(\mathcal{O}((m-n)\log (m-n))\)。

P4002

IDFT 的拓展

回顾 Bluestein 我们可以给定系数求点值，而且并不在意长度是多少。观察我们得到的式子

\[B_{m+n}=\sum_{k=0}^{n+m}A_kC_{m_n-k} \]

通过卷积可以求出来 \(B\)，然后取后面的若干项就可以得到答案。

不过这个做法是不可逆的。原因是我们把所有的点值是进行平移过的，也就是说单纯给定点值是不知道 \(B\) 的前面若干神秘项的。因此无法直接做除法。

点值 \(\to\) 系数

已知多项式在 \(q^0\sim q^{n-1}\) 位置的点值，求其系数。

用 Lagrange 差值有：

\[F(x)=\sum y_i\dfrac{\prod_{j\neq i}(x-q^j)}{\prod_{j\neq i}(q^i-q^j)} \]

这个式子可以改写成，令 \(A(x)=\prod(x-q^i)\)：

\[F(x)=A(x)\sum_{i=0}^{n-1}\dfrac{y_i}{A'(q^i)\times (x-q^i)} \]

只需要证明 \(A'(q^i)=\prod(q^i-q^j)\) 这个是比较显然的。

问题分成三步：

1. 求 \(A(x)\)

分治 FFT，有显然的 \(\mathcal{O}(n\log^2n)\)，不过因为是等比的，所以分治的时候右边多项式可以从左边推出来，因此复杂度可以少一个 \(\log\)。

2. 求 \(d_i=\dfrac{y_i}{A'(q^i)}\)

\(A'(x)\) 是好求的，剩下的就是等比求点值用 Bluestein 可以解决。

3. 求 \(\sum\limits_{i=0}^{n-1}\dfrac{d_i}{x-q^i}\)

把 \(\dfrac{1}{x-q^i}\) 拆开，然后交换求和顺序，能够有：

\[-\sum_{j=0}^n\sum_{i=0}^{n-1}d_iq^{-i(j+1)}x^j \]

如果定义一个多项式 \(D(x)\) 那么后面又是一个等比求值的问题，还是可以 Bluestein。

因此总复杂度是 \(\mathcal{O}(n\log n)\) 前提是给定的是等比的。

浅看了一个随机点值，那个也是可以做的，需要知道非等比求点值（Bluestein 无法使用），然后思路基本一样，复杂度是 \(\mathcal{O}(n\log^2n)\)。

欧拉数

\(\left\langle\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right\rangle\) 表示长度为 \(n\) 的排列恰好有 \(k\) 次上升的方案数。

有比较显然的递推：

\[\left\langle\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right\rangle=(k+1)\left\langle\begin{matrix}n-1\\k\end{matrix}\right\rangle+(n-k)\left\langle\begin{matrix}n-1\\k-1\end{matrix}\right\rangle \]

考虑如何快速单点求值和求一行。

下面默认求第 \(n\) 行，令 \(f_k\) 表示答案，令 \(g_k\) 表示钦定了 \(k\) 个位置是上升的。

\[g_k=\sum_{i=k}^n\binom{i}{k}f_i \]

有一个比较巧妙的观察：\(g_k=(n-k)!\begin{Bmatrix}n\\n-k\end{Bmatrix}\)。可以分析连续上升段，每一段相当于一个盒子。

因此：

\[f_k=\sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}\binom{i}{k}(n-i)!\begin{Bmatrix}n\\n-i\end{Bmatrix} \]

用斯特林的通项公式展开，并且做一些替换：

\[\begin{aligned} f_k&=\sum_{i=0}^{n-k}(-1)^{n-i-k}\binom{n-i}{k}\sum_{t=0}^i(-1)^{i-t}\binom{i}{t}t^n \\ &=\sum_{t=0}^{n-k}(-1)^{n-k-t}t^n\sum_{i=t}^{n-k}\binom{n-i}{k}\binom{i}{t}\\ &=(-1)^{n-k}\sum_{t=0}^{n-k}t^n(-1)^t\binom{n+1}{k+t+1} \end{aligned} \]

最后一步考虑组合意义。相当于 \(n+1\) 个球先选择一个求作为分界点，剩下的左边选择 \(k\) 个右变选择 \(t\) 个。

这个公式可以快速算出来单点。其中 \(t^n\) 是积性函数可以线性算。

注意到：

\[\left\langle\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right\rangle=\left\langle\begin{matrix}n\\n-k\end{matrix}\right\rangle \]

如果把这个带进去，能够有：

\[f_k=\sum_{t=0}^{k+1}(k+1-t)^n(-1)^t\binom{n+1}{t} \]

这个是可以 FFT 的。

posted @ 2024-05-04 16:38 Jryno1 阅读(68) 评论(0) 收藏举报

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