拉格朗日反演学习记录

\(\texttt{updating……}\)

多项式复合

对于多项式\(F(x),G(x)\)，其复合为:

\(F(G(x))=\sum_{i}[x^i]F(x)G(x)^i\)

求法：

设\(B=\sqrt n\)

\[\begin{aligned} \sum_{i=0}^n[x^i]F(x)G(x)^i &=\sum_{i=0}^{B-1}\sum_{j=0}^{B-1}[x^{iB+j}]F(x)G(x)^{iB+j}\\ &=\sum_{i=0}^{B-1}G(x)^{iB}\sum_{j=0}^{B-1}[x^{iB+j}]F(x)G(x)^j\\ \end{aligned} \]

对于\(i\in [0,B-1]\)，预处理\(G(x)^i\)，复杂度\(O(n\sqrt n\log n)\)

\(\sum_{j=0}^{B-1}[x^{iB+j}]F(x)G(x)^j\)可以\(O(n^2)\)算，然后乘上前面的\(G(x)^{iB}\)就行了.

总复杂度\(O(n^2+n\sqrt n\log n)\)

P5373 【模板】多项式复合函数

多项式复合逆

对于多项式\(F(x)\)，存在另一多项式\(G(x)\)使得\(G(F(x))=x\)，则称\(G\)为\(F\)的复合逆。

可证明此时\(F(G(x))=x\)，即\(F\)与\(G\)互为复合逆。

拉格朗日反演

前提是0次项为0,1次项有逆。

对于函数\(F(x)\)及其复合逆\(G(x)\)有：

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

证明略。

拉格朗日反演的应用

• \(\texttt{1.}\)多项式复合逆的求解

拉格朗日反演公式得:

\(F(x)\)的复合逆\(G(x)=\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}[x^{i-1}](\frac{x}{F(x)})^ix^i\)

\[=\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}[x^{i-1}](\frac{x}{F(x)})^{B\lfloor \frac{i}{B}\rfloor}(\frac{x}{F(x)})^{i\% B}x^i \]

预处理 \((\frac{x}{F(x)})^{iB}\)以及\((\frac{x}{F(x)})^{i},i\in[0,B-1]\)

然后再合并就行了。

复杂度\(O(n^2+n\sqrt n\log n)\)

P5809 【模板】多项式复合逆

• \(\texttt{2.}\)P7592 数树（2021 CoE-II E）

简要题意

称一棵有根树\(T\)是\(k1-k2\)树，当且仅当其所有非叶节点满足子节点个数要么为\(k1\)要么为\(k2\)。

称一棵\(k1-k2\)树的权值是\(a\times k1\)的个数+\(b\times k2\)的个数。

节点无标号，但子树之间有顺序。

求随机生成的一棵树的期望权值。

解题思路

记\(F(x,y)\),\(x\)代表点数，\(y\)代表\(k1\)点数的二元生成函数。

枚举根节点是k1/k2/叶子，有：

\(F=x(yF^{k1}+F^{k2}+1)\)

\(\frac{F}{yF^{k1}+F^{k2}+1}=x\)

记\(G(x,y)=\frac{x}{yx^{k1}+x^{k2}+1}\)

则\(G\)与\(F\)互为复合逆。

由拉格朗日反演公式得：

\([x^n]F=\frac{1}{n}[x^{n-1}](yx^{k1}+x^{k2}+1)^n\)

\[\begin{aligned} [x^{n-1}y^m](yx^{k1}+x^{k2}+1)^n &=[x^{n-1}y^m]\sum_{i=0}^nC_n^i(yx^{k1}+x^{k2})^i\\ &=[x^{n-1}y^m]\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^iC_n^iC_i^j y^jx^{k1j+k2(i-j)}\\ &=[x^{n-1}]\sum_{i=0}^nC_n^iC_i^mx^{k1m+k2(i-m)}\\ &=\sum_{i=0}^nC_n^iC_i^m[k1m+k2(i-m)=n-1]\\ \end{aligned} \]

\(i\)取值唯一，可以直接计算。

算出之后期望就很简单了。

复杂度\(O(n)\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 998244353;
int Pow(int a,int b)
{
	int res=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)res=1ll*res*a%mod;
		a=1ll*a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return res;
}
const int N = 1e7+7;
int fac[N],ifac[N];
void Init(int n)
{
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	ifac[n]=Pow(fac[n],mod-2);
	for(int i=n-1;i>=0;i--)
	ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod; 
}
int C(int n,int m)
{
	if(n<0||m<0||n<m)return 0;
	return 1ll*fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod; 
}
int main()
{
	Init(N-1);
	int k1,k2,n,a,b;
	cin>>k1>>k2>>n>>a>>b;
	int P=0,Q=0;
	int I=Pow(n,mod-2);
	for(int i=0;i*k1<=n-1;i++)
	{
		if((n-1-i*k1)%k2!=0)continue;
		int j=(n-1-i*k1)/k2;
		int S=1ll*C(n,i+j)*C(i+j,i)%mod;
		S=1ll*S*I%mod;
		Q=(Q+S)%mod;
		int W=(1ll*a*i%mod+1ll*b*j%mod)%mod;
		P=(P+1ll*S*W%mod)%mod;
	}
	Q=Pow(Q,mod-2);
	cout<<1ll*P*Q%mod;
	return 0;
}