简单多项式卷积与生成函数

FFT 与多项式求逆

P4841 [集训队作业2013] 城市规划

生成函数可以把卷积形式的式子转成无限项的多项式乘积，然后利用模某一项的多项式求逆即可算出答案。非卷积形式的式子，可以考虑往卷积形式上构造。

考虑设 \(f_i\) 表示 \(i\) 个点的简单无向连通图数目，\(g_i\) 表示 \(i\) 个点的简单无向图数目，显然有 \(g_n=2^{\frac{n(n+1)}2}\)。

\[g_n=\sum_{i=1}^n\binom {n-1}{i-1}f_ig_{n-i}\\ \]

组合数在里面显然没法表示成多项式乘积，因此考虑拆开：

\[\begin{aligned} \frac{g_n}{(n-1)!}&=\sum_{i=1}^n\frac{f_i}{(i-1)!}\times \frac{g_{n-i}}{(n-i)!}\\ \end{aligned} \]

令 \(G(n)=\frac{g_n}{(n-1)!}\)，\(F(n)=\frac{f_n}{(n-1)!}\)，\(H(n)=\frac{g_{n}}{(n)!}\)（这里可以理解为是多项式 \(G,F,H\) 的第 \(n\) 项系数），则有：

\[G(n)=\sum_{i=1}^n F(i)\times H(n-i) \]

我们钦定 \(F(0)=G(0)=0,H(0)=1\)，此时把下标起点调整到 \(0\) 后上式仍然成立：

\[G(n)=\sum_{i=0}^n F(i)\times H(n-i)\\ G=F*H\pmod{x^{n+1}}\\ F=G*H^{-1}\pmod{x^{n+1}}\\ \]

多项式求逆即可。此题可作为多项式乘法及多项式求逆的综合模板。

P4491 [HAOI2018] 染色

二项式反演与差卷积。设 \(f(x)\) 表示恰有 \(x\) 种颜色出现了 \(s\) 次的方案数；\(g(x)\) 表示钦定了某 \(x\) 个颜色出现了 \(s\) 次的方案数的和。\(g\) 是好算的，同时可以用 \(f\) 表示 \(g\)：

\[g(i)=\sum_{j=i}^m\binom jif(j) \]

利用向上版本的二项式反演另一形式化简：

\[f(i)=\sum_{j=i}^m\binom ji(-1)^{j-i}g(j) \]

把组合数拆开，令 \(F(i)=f(i)\times i!\)，\(G(i)=g(i)\times i!\)，\(H(i)=\frac{(-1)^i}{i!}\)，则有

\[F(i)=\sum_{j=i}^mG(j)\times H(j-i) \]

这是一个差卷积形式，核心思想是 reverse 一个 \(G,H\) 得到和卷积形式，再对乘法得到的多项式作平移或 reverse，得到 \(F\)。具体地，令 \(Q(m-j+i)=H(j-i)\)，\(P(m+i)=F(i)\)，则：

\[P(m+i)=\sum_{j=i}^mG(j)\times Q(m-j+x) \]

注意到 \(G,Q\) 都仅有 \(0\sim m\) 有值，故这可以看作多项式乘法，NTT 即可。

P9135 [THUPC 2023 初赛] 快速 LCM 变换

考虑对每种质数 \(p\) 分别统计。假设删掉的两个数的幂次数分别为 \(x,y\)，加入数的幂次数为 \(k\)，\(p\) 的最高次为 \(mp\)，第二高次幂为 \(smp\)：

• 若 \(x>y\)，则 \(k=y\)，当且仅当 \(x=mp\) 时 LCM 受影响，系数为 \([x=mp]\frac{1}{p^{mp-smp}}\)（这里中括号不合法则整个式子值为 \(1\)）
• 若 \(x<y\)，将 \(x\) 换成 \(y\) 即可。
• 若 \(x=y\)，则 \(k\geq x\)，系数为 \(p^{\max(0,k-mp)}\)

你发现上面三种情况可以统一写出一个贡献系数 \([x=mp]{p^{mp-smp}}\times [y=mp]{p^{mp-smp}}\times p^{\max(0,k-mp)}\)，在满足一种情况时，另外两个的值均为 \(1\)。由于不同质数之间作乘法，可以将所有 \(p\) 对应的系数先乘起来，把删去一个值为 \(x\) 的数对 LCM 的系数记为 \(f(x)\)，加入一个数对 LCM 的贡献记为 \(g(x)\)，再将带数量系数的删去系数记为 \(fc(x)\)，则有：

\[ans=LCM\times \sum_{k}g(k)\sum_{x+y=k}f(x)f(y) \]

NTT 优化即可。注意此时计算了选择某个数两次的情况，需要先减去。而后每个 pair 都被计算了两次，除 \(2\) 即得到真实答案。

[ABC213H] Stroll

考虑 dp，设 \(f_{i,j}\) 表示走到 \(i\)，距离为 \(j\) 的方案数，转移时枚举每一个到 \(i\) 的边 \(E_x=(v,i)\)，有 \(f_{i,j}\gets \sum_{k=0}^{j}f_{v,k}\times p_{x,j-k}\)。注意第一维是乱的，我们只能按照第二维递增的顺序转移。而第二维恰好是一个卷积形式，因此做分治 NTT，每一层枚举所有的边，确定 \(E_x=(v,i)\) 后，等价于 \(f(i)=f(v)*p(x)\)。复杂度 \(O(mT\log^2 T)\)。

[ABC307Ex] Marquee

不难转化为有全能通配符的字符串匹配问题。有如下两种方法：

【法一】bitset

考虑处理出每一个字符在文本串中出现的位置，设字符 \(c\) 在文本串出现的位置（或称之为可合法匹配的位置）集合为 \(S\)，那么对于一个位置 \(t_i=c\)（\(t\) 是模式串，长度为 \(m\)，下标从 \(1\) 开始），它带来的限制是文本串中的合法终止位置 \(p\) 必须满足 \(p-m-i\in S\)，因此我们把 \(S\) 向右平移 \(m-i\) 位即可得到只考虑当前位置，合法的匹配终止位置集合。把所有限制与起来，即可得到最终答案。复杂度 \(O(\frac{n^2}{w})\)。

【法二】FFT

\(3\times 10^5\) 的数据范围对 bitset 来说略大。我们有一个更快的做法：题解 P4173 【残缺的字符串】 - 洛谷专栏

简单来说，设两个字符的不相似度 \(C(s,t)=st(s-t)^2\)，通配符的 ASCII 设成 \(0\)，再设两个等长串 \(S,T\) 的不相似度 \(D(S,T)=\sum_{i=1}^{|S|}C(S_i,T_i)\)，则两个串可以匹配的条件就是 \(D=0\)。设 \(f_i\) 表示从文本串的 \(i\) 开始匹配模式串的不相似度，有 \(f_i=\sum_{j=1}^mC(S_{i+j},T_{j})\)，展开后做差卷积即可做到 \(O(n\log n)\)。该题中 \(C\) 乘起来会比较大，所以使用 FFT 而非 NTT 实现，略有一点卡精度，复数类需要使用 long double 实现。此题可作为 FFT 模板使用。

P9773 [HUSTFC 2023] 序列配对

将问题转化为环上边定向，同一个环上可能会有 \(2x\) 个特殊点，每个特殊点贡献 \(4\)，等价于我们需要选择 \(\frac k8\) 对特殊点。设 \(f_{i,j}\) 表示考虑到第 \(i\) 个环，当前特殊点个数为 \(j\) 的方案数，有：

\[f_{i,j}=\sum_{x=0}^{\lfloor\frac l2\rfloor}f_{i-1,j-x}\times \binom {l}{2x} \]

标准的卷积形式，你发现这等价与对于每个环有一个 \(l\) 次多项式，我们要将它们以及一个初始多项式 \(f_{0,0}=1\) 相乘，所有多项式的总次数为 \(n\)。考虑合并果子的乘法，每次选择次数最小的两个相乘，每次乘的复杂度都是长度和乘上 \(\log\)。可以将其理解为线段树形式，被拼成 \(\log\) 层；也可以理解为：作为较小的，合并一次翻一倍；作为较大的，合并一次后，下一次合并的对象一定大于第一次合并前自己的长度，也即合并两次翻一倍，因此每一段的合并次数都是 \(O(\log n)\)，因此总遍历次数 \(O(n\log n)\)，复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

当然直接利用线段树结构进行分治合并也是可以的，因为每个初始多项式都会被合并 \(O(\log n)\) 次。

生成函数与多项式的综合应用

生成函数学习笔记 - tzc_wk - 博客园

生成函数可以用来解决求若干种物品，每种选若干个来组成答案形态的方案数计数问题。

• OGF 主要用于解决背包问题，选择的不同种类物品之间没有顺序不同。
• EGF 主要用于解决排列问题，选择的不同种类物品之间有顺序的区别。注意到这样带的方案数权值为 \(\frac{tot!}{(a_1)!(a_2)!}\dots\)，故把分母部分先带在每一个函数上，最后给对应系数额外乘 \(tot!\)。

P7431 [THUPC2017] 小 L 的计算题

式子没办法化简，只能考虑生成函数。生成函数的核心思路是：通过交换求和顺序、转换封闭形式等方式把函数化简成好看的形式，便于求每一次前面的系数。

我们写出 \(f\) 的 OGF：

\[\begin{align} F&=\sum_{k=0}^{+\infty}\sum_{i=1}^na_i^k\times x^k\notag\\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{k=0}^{+\infty}(a_ix)^k\notag\\ &=\sum_{i=1}^n\frac{1}{1-a_ix}\tag{利用错位相减转为封闭形式}\\ \end{align} \]

此时直接做，由于单个多项式求逆的复杂度是 \(O(n\log n)\)，仍然爆炸，所以需要进一步化简。有两个方向：

第一是可以分治合并。由于是分数，合并需要通分，要做三个乘法和一个加法。合并出来的次数是 \(O(len)\) 级别，故总复杂度可以做到 \(O(n\log^2 n)\)。

第二是可以把通分的式子写出来看：

\[\frac{\sum_{i=1}^n\prod_{j\ne i}(1-a_jx)}{\prod_{i=1}^n(1-a_ix)} \]

下面这个式子可以直接分治乘法合并。上面那个式子不好看，但很容易让人联想到分母求导，得到分子每一项乘 \(-a_i\)。因此考虑往分子的每一项放一个 \(a_i\)。

\[\begin{aligned} F&=\sum_{i=1}^n\frac{1}{1-a_ix}\\ &=\sum_{i=1}^n1+\frac{a_ix}{1-a_ix}\\ &=n+x\sum_{i=1}^n\frac{\sum_{i=1}^na_i\prod_{j\ne i}(1-a_jx)}{\prod_{i=1}^n(1-a_ix)} \end{aligned} \]

因此，求出分母的多项式后，求导、给每个系数取反、再乘 \(x\)（向右平移一位）即可得到分子每一位的系数，最后仍然是多项式求逆即可。复杂度 \(O(n\log^2 n)\)，由于分治时只做一次乘法，常数更小。

[ABC241Ex] Card Deck Score

可以看出来是一个很标准的背包选数的形式，于是可以设出每一种物品的选择函数 \(F_i(x)=\sum_{j=0}^{b_i}a_i^j\times x^j\)，相乘得到：

\[\begin{aligned} F(x)&=\prod_{i=1}^n\sum_{j=0}^{b_i}(a_ix)^j\\ &=\prod_{i=1}^n\frac{1-(a_ix)^{b_i+1}}{1-a_ix}\\ &=\prod_{i=1}^n(1-(a_ix)^{b_i+1})\times \prod_{i=1}^n\frac{1}{1-a_ix} \end{aligned} \]

我们希望求这个式子的第 \(m\) 项系数。注意前一个部分只有 \(2^n\) 项，可以暴力把每一项的系数和次数求出来，则问题变为若干个单次询问求后面一个乘积的某一次项系数。

注意此处不能求逆，因为模的次数不能只是 \(x^n\)，而应当达到 \(x^m\)，复杂度太大。注意到后面是一个封闭形式，可以去掉分数形式，变成无限项的加和，但前面仍然是乘积，还是有一个卷积存在，不好算。于是考虑待定系数法把乘积拆成加和。利用加和形式通分后分母与乘积形式相同，我们设出系数 \(t_i\)，则有：

\[\begin{aligned} \prod_{i=1}^n\frac{1}{1-a_ix}&=\sum_{i=1}^n\frac{t_i}{1-a_ix}\\ &=\frac{\sum_{i=1}^n t_i\prod_{j\ne i}(1-a_jx)}{\prod_{i=1}^n(1-a_ix)}\\ \sum_{i=1}^n t_i\prod_{j\ne i}(1-a_jx)&=1 \end{aligned}\\ \]

上面这个式子对任意 \(x\) 恒成立，任意带入 \(n\) 个 \(x\) 可以高斯消元求出所有 \(t\)。

当然，不妨令 \(x=\frac{1}{a_k}\)，则当且仅当 \(i=k\) 时乘积项有值。即 \(t_k\prod_{j\ne k}(1-a_jx)=1\)，于是可以直接 \(O(n)\) 求出一个 \(t\)。于是就有：

\[\begin{aligned} \prod_{i=1}^n\frac{1}{1-a_ix}&=\sum_{i=1}^n\frac{t_i}{1-a_ix}\\ &=\sum_{i=1}^nt_i\times \frac{1}{1-a_ix}\\ &=\sum_{i=1}^nt_i\times \sum_{j=0}^{+\infty}(a_ix)^j\\ &=\sum_{j=0}^{+\infty}x^j\times \sum_{i=1}^{n}a_i^jt_i \end{aligned} \]

于是可以 \(O(n\log V)\) 求一个项的系数。总复杂度 \(O(2^nn\log V)\)。

P5644 [PKUWC2018] 猎人杀

首先一个经典转化：将从剩余集合里随机转化为从全集里随机，随到不在集合里的人，就跳过继续。在此题中，跳过操作显然是不对结果产生任何影响的。此时我们容易容斥算 \(1\) 不是第一个死的概率：钦定他在 \(S\) 里的人之前死，其他人任意，有：

\[ans=(-1)^S\frac{w_1}{w_1+\sum_{i\in S}w_i} \]

还是不好算。注意到数据中 \(\sum w\) 很小，于是考虑枚举 \(\sum_{i\in S} w_i\)，计算所有满足这个条件的集合的 \((-1)^{|S|}\) 和。这是一个背包问题，考虑 OGF 优化，每个人对应的生成函数显然是 \((1-x^{w_i})\)，利用线段树结构分治合并即可。

QOJ1261.Inv 加强版

题意：问有多少个置换环长度不超过 \(2\) 的 \(n\) 的排列的逆序对数量为 \(u\)。对于 \(u\in [1,k]\) 求答案对 \(2\) 取模的结果，\(n\le 10^9,k\le 2\times 10^5\)。

结论：翻转排列中的任意一个置换环，逆序对个数不变。

证明：考虑翻转环后 \(p_i\to pos_i,p_j\to pos_j\)，此时新的逆序对形如 \(i>j,pos_i<pos_j\)，等价于在原来的排列上枚举两个形成逆序对的值，总数不变。

首先，对于包含长度 \(>2\) 的置换环的排列，翻转包含最小编号的不合法环可以得到一一匹配，于是转为求所有逆序对数量为 \(u\) 的排列。此时从小到大插入 dp 可以做到 \(O(nk)\)。

问题等价于有一个长度为 \(n\) 的序列，第 \(i\) 个位置可以填 \([0,i-1]\)，问最后和为 \(k\) 的方案数。背包形态考虑 OGF，第 \(i\) 个位置的 OGF 为 \(\sum_{j=0}^{i-1}x^j=\frac{1-x^i}{1-x}\)。于是可以开始推式子：

\[\begin{align} &\prod_{i=1}^n\frac{1-x^i}{1-x}\notag\\ =&\frac{\prod_{i=1}^n1-x^i}{(1-x)^n}\notag\\ =&(1+x+x^2+\dots)^n\prod_{i=1}^n(1-x^i)\tag{将封闭形式展开}\\ \end{align} \]

我们要求的是这个式子前 \(k\) 次项系数的奇偶性。

对于前半部分，不难看出是一个插板法，\(k\) 次项系数为 \(\binom{k+n-1}{k}\)，利用组合数奇偶性结论可以快速判断，即 \((k+n-1)\&k=k\) 时其为奇数，否则为偶数。

后半部分显然只有前 \(k\) 项有用。由于只维护奇偶性，可以用 bitset 把他们乘起来。最后两部分的卷积也可以用 bitset 实现。总复杂度 \(O(\frac{k^2}{w})\)。

另：对于 \(\prod_{i=1}^n(1-x^i)\) 的前 \(k\) 次项系数可以这样考虑：注意到一个值至多由 \(\sqrt k\) 个 \(x\) 组成，且其个数决定了其正负号。因此考虑对每一个幂次数的间隔从高往低 dp，也即每次决定一个已选集合是否插入一个 \(0\)，并将其内的所有数 \(+1\)。设 \(f_{i,j}\) 表示当前集合内有 \(i\) 个数，总和为 \(j\) 且每个元素都小于 \(n\)的方案数。转移如下：

• 只抬高，\(f_{i,j}\gets f_{i,j-i}\)。
• 插入一个 \(0\) 再抬高，\(f_{i,j}\gets f_{i-1,j-i}\)。
• 注意到这样转移可能会有一个数被抬高到 \(n+1\)，不合法了。\(f_{i,j}\gets -f_{i-1,j-n-1}\)。

可以在 \(O(k\sqrt k)\) 的复杂度内求出后面一部分的所有系数。也即如果只求一个 \(k\)，可以做到 \(O(k\sqrt k)\)。

P9896 [ICPC2018 Qingdao R] Sub-cycle Graph

特判掉 \(m\geq n\) 的情况。现在等价于把 \(n\) 个点划分成 \(n-m\) 个互不区分的集合，元素之间要做区分，求每种划分的权值和。集合大小为 \(1\) 的权值为 \(1\)，其余情况权值为 \(\frac{|S|!}{2}\)。

注意到元素之间要做区分，而集合之间不做区分，因此背包模型不好解决选元素的问题。考虑利用 EGF 计算集合之间区分的答案，最终除掉 \((n-m)!\) 即可。则每一个集合的 EGF 为 \(x+\sum_{i=2}\frac{x^i}{2}\)，权值的阶乘和 EGF 分母的阶乘消掉了。化为封闭形式有 \(\frac{x}{2} (1+1+x+x^2+\dots)=\frac{x}{2}(1+\frac{1}{1-x})\)。因此要求的系数即为：

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

我们希望求后面那个求和式的 \(x^m\) 次方项的系数。注意到后面那个分式展开形如 \((1+x+x^2+\dots)^i\)，其第 \(m\) 次项的组合意义为将 \(m\) 个物品插板插成成 \(i\) 个可空子集的方案数，为 \(\binom{m+i-1}{i-1}\)。故可以 \(O(n)\) 算出 \(x^m\) 项系数。总复杂度 \(O(n)\)。

P5401 [CTS2019] 珍珠

设 \(cnt_i\) 表示一种颜色的出现次数。可以化简得到一个状态合法的条件是 \(\sum_{i=1}^Dcnt_i\bmod 2\le n-2m\)。

考虑容斥，设 \(f_i\) 表示恰有 \(i\) 种颜色出现次数为奇数的方案数；\(g_i\) 表示钦定某 \(i\) 种颜色出现次数为奇数，其它任意的方案数。通过反演可以把 \(f\) 做成差卷积的形式，于是问题变为求 \(g\)。

首先，所有颜色的内部不区分顺序，但 \(n\) 个变量不同，相互之间区分顺序，考虑使用 EGF。对于钦定的和非钦定的，其 EGF 不同：

• 钦定必须为奇数的，贡献序列为 \(\{0,1,0,1,...\}\)，则 \(E_1=\frac{x^1}{1!}+\frac{x^3}{3!}+\dots\)，由于 \(\sum_{i}\frac{(ax)^i}{i!}=e^{ax}\)，我们有 \(E_1=\frac{e^x-e^{-x}}{2}\)。
• 不钦定的，贡献序列为 \(\{1,1,1,1,...\}\)，我们有 \(E_2=e^x\)。

此时，总的给 \(n\) 个位置填颜色的方案数就是若干个 \(E_1\) 和 \(E_2\) 乘积后，\(x^n\) 系数乘 \(n!\)。注意我们拿到一个含 \(e^x\) 的式子后，可以通过化简变成 \(e^{ax}\) 的形式，然后搞回无限项形式求系数。于是我们有以下化简：

\[\begin{align} g_i&=\binom{D}{i}n\notag\\ g_i&=\frac{1}{2^i}\binom{D}{i}n^i\times (e^x)^{D-i})\notag\\ (e^x-e^{-x})^i\times (e^x)^{D-i}&=\sum_{j=0}^i\binom ije^{jx}(-e^x)^{i-j}\times (e^x)^{D-i}\tag{二项式定理展开}\\ &=\sum_{j=0}^i(-1)^{j-i}\binom ije^{(D-2(i-j))x}\notag\\ &=\sum_{j=0}^i(-1)^{j-i}\binom ij\sum_{k}^{+\infty}\frac{(D-2(i-j))^k}{k!}x^k\tag{把封闭形式转回}\\ &=\sum_{k}^{+\infty}x^k\sum_{j=0}^i(-1)^{j-i}\binom ij \frac{(D-2(i-j))^k}{k!}\notag\\ g_i&=\frac 1{2^i}\binom{D}{i}n!\times \sum_{j=0}^i(-1)^{j-i}\binom ij \frac{(D-2(i-j))^n}{n!}\notag \end{align} \]

是一个经典的和卷积形式。直接 NTT 即可求出所有的 \(g\)。