LG7445「EZEC-7」线段树 题解

发现求 push_down 期望次数是每个非叶节点的 push_down 概率之和，所以我们只要求出 \(n - 1\) 个非叶节点的概率求和就行了。

设一个线段树上的区间是 \([l,r]\) ，那么一次操作包它的概率是 \(p_i = \dfrac{2 \times l(n-r+1)}{n \times (n+1)}\)

枚举包含的次数，有 \(ans_k = \sum\limits_{i=0}^{m}\dbinom{m}{i}p_k^i(1-p_k)^{m-i} \times f_i\)，其中 \(f_i\) 表示 \(i\) 次从 \([-1,V]\) 中选出一个数，最后的和不为 \(0\) 的概率。

也就是 \(f_i = \dfrac{(V+2)^i - [x^0](\sum\limits_{j=-1}^{V}x^j)^i}{(V+2)^i}\)， 不妨把 \(V\) 加 \(2\)，有 \(f_i = \dfrac{V^i-[x^0](\sum\limits_{j=-1}^{V-2}x^j)^i}{V_i}\)。

考虑怎么对于 \(\forall i \in[0,m]\) 求出 \([x^0](\sum\limits_{j=-1}^{V-2}x^j)^i\) ，发现这里有个负指数，不好处理，不妨先平移一下：

设\(F(x) = \dfrac{1-x^V}{1-x}，则\)要求的是 \([x^0](\dfrac{F(x)}{x})^i\) ，也就是 \([x^0](\dfrac{x}{F(x)})^{-i}\)，这样做是为了方便下面的拉格朗日反演。

设 \(G\) 为上面那个东西，\(H\) 是 \(G\) 的复合逆。

使用另类拉格朗日反演：\([x^n]G^k = [x^{-k-1}]F'F^{-n-1}\)，带进去有：

\([x^0]G^{-i} = [x^{i-1}]\dfrac{H'(x)}{H(x)} = [x^i]\dfrac{H'(x)}{\dfrac{H(x)}{x}}\) ，于是我们只要求出 \(H\) 就行了。

因为有 \(G(H(x)) = x\)，所以 \(H - H^2 - x +xH^V \equiv 0\)，可以用牛顿迭代法求出 \(H\)。

但注意到多项式 exp 常数太大了，于是考虑取个阈值，在 \(V \geq lim\) 时可以 \(O(\dfrac{m^2}{V})\) 算出 \(f_i\)，否则直接暴力多项式快速幂。

求出 \(f_i\) 以后，可以通过多项式多点求值或者分治 FFT 计算答案。