傳送門

題意：給定長(zhǎng)度為$N,M$的序列$a,b$和$t$，隨機(jī)選取$x\in [1,N],y\in [1,M]$,對(duì)于$i=1,2,...,t,$求$(a_x+b_y{)}^i$的期望

$N,M,t\le 100000$

我為什么要打這么多標(biāo)簽

$$f(k)=\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^m(a_x+b_y{)}^k$$

暴力拆開

$$f(k)=\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^m\sum _{i=0}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\right)a_x^i{b}_y^{k?i}$$

繼續(xù)拆

$$f(k)=\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^m\sum _{i=0}^k\frac{k!}{i!(k?i)!}{a}_x^i{b}_y^{k?i}$$

整理一下

$$\frac{f(k)}{k!}=\sum _{i=0}^k\frac{{\sum }_{x=1}^n{a}_x^i}{i!}\frac{{\sum }_{y=1}^m{b}_y^{k?i}}{(k?i)!}$$

顯然是個(gè)卷積

#undef f

現(xiàn)在只需要求出

$$f(k)=\sum _{i=1}^n{a}_i^k$$

右邊同理

接下來是個(gè)一周目沒法想到的神仙做法

對(duì)每個(gè)數(shù)單獨(dú)考慮

$$f_i(k)=a_i^k$$

構(gòu)造生成函數(shù)

$$f_i(x)=1+a_{i}x+a_i^2{x}^2+...$$

寫成封閉形式

$$f_i(x)=\frac{1}{1?a_{i}x}$$

原來是

$$f(x)=\sum _{i=1}^n\frac{1}{1?a_{i}x}$$

加法并不好求其實(shí)很好求，分治暴力通分就可以了

考慮轉(zhuǎn)成乘法做分治NTT

自然地想到算$ln$

而這個(gè)式子和$ln$有關(guān)的就只有倒數(shù)了

強(qiáng)行解釋

即

$$l{n}^{\prime }(1?a_{i}x)=\frac{1}{1?a_{i}x}$$

（上述式子的自變量是$1?a_{i}x$）

而

$$[ln(1?a_{i}x){]}^{\prime }=l{n}^{\prime }(1?a_{i}x)(1?a_{i}x{)}^{\prime }=?\frac{a_i}{1?a_{i}x}$$

我們發(fā)現(xiàn)這玩意和$f$有關(guān)系

設(shè)

$$\begin{gathered} g_i(x)=?\frac{a_i}{1?a_{i}x} \\ g(x)=\sum _{i=1}^n{g}_i(x) \end{gathered}$$

有

$$f_i(x)=1?x{g}_i(x)$$

所以

$$f(x)=n?xg(x)$$

現(xiàn)在只需要求出$g$

繼續(xù)推之前的式子

$$g(x)=\sum _{i=1}^n?\frac{a_i}{1?a_{i}x}$$

$$=\sum _{i=1}^n[ln(1?a_{i}x){]}^{\prime }$$

腦補(bǔ)一下，導(dǎo)數(shù)是可加的

$$g(x)=[\sum _{i=1}^{n}ln(1?a_{i}x){]}^{\prime }$$

拆進(jìn)去

$$g(x)=[ln\prod _{i=1}^n(1?a_{i}x){]}^{\prime }$$

分治NTT即可

復(fù)雜度$O(nlo{g}^{2}n)$

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cctype> #define MAXN 262144+5 using namespace std; const int MOD=998244353; typedef long long ll; int fac[MAXN],finv[MAXN]; inline int add(const int& x,const int& y){return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;} inline int dec(const int& x,const int& y){return x<y? x-y+MOD:x-y;} inline int qpow(int a,int p) {int ans=1;while (p){if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;a=(ll)a*a%MOD;p>>=1;}return ans; } #define inv(x) qpow(x,MOD-2) int r[MAXN],rt[2][MAXN]; inline void init(const int& l){for (int i=0;i<(1<<l);i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));} void NTT(int* a,int l,int type) {int lim=1<<l;for (int i=0;i<lim;i++) if (i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);for (int L=0;L<l;L++){int mid=1<<L,len=mid<<1;int Wn=rt[type][L+1];for (int s=0;s<lim;s+=len)for (int k=0,w=1;k<mid;k++,w=(ll)w*Wn%MOD){int x=a[s+k],y=(ll)w*a[s+mid+k]%MOD;a[s+k]=add(x,y);a[s+mid+k]=dec(x,y);}}if (type){int t=inv(lim);for (int i=0;i<lim;i++) a[i]=(ll)a[i]*t%MOD;} } void getinv(int* A,int* B,int n) {static int t[MAXN];if (n==1) return (void)(*B=inv(*A));getinv(A,B,(n+1)>>1);int l=0;while ((1<<l)<(n<<1)) ++l;for (int i=0;i<n;i++) t[i]=A[i];for (int i=n;i<(1<<l);i++) t[i]=B[i]=0;init(l);NTT(t,l,0);NTT(B,l,0);for (int i=0;i<(1<<l);i++) B[i]=(ll)B[i]*(MOD+2-(ll)t[i]*B[i]%MOD)%MOD;NTT(B,l,1);for (int i=n;i<(1<<l);i++) B[i]=0; } inline void deriv(int* A,int* B,int n) {for (int i=0;i<n-1;i++) B[i]=(ll)A[i+1]*(i+1)%MOD;B[n-1]=0; } inline void integ(int* A,int* B,int n) {for (int i=1;i<n;i++) B[i]=(ll)A[i-1]*finv[i]%MOD*fac[i-1]%MOD;B[0]=0; } void getln(int* A,int* B,int n) {static int f[MAXN],g[MAXN];deriv(A,f,n);getinv(A,g,n);int l=0;while ((1<<l)<(n<<1)) ++l;init(l);for (int i=n;i<(1<<l);i++) f[i]=g[i]=0;NTT(f,l,0);NTT(g,l,0);for (int i=0;i<(1<<l);i++) f[i]=(ll)f[i]*g[i]%MOD;NTT(f,l,1);integ(f,B,n); } void solve(int* a,int* f,int l,int r) {if (l==r){f[0]=1;f[1]=MOD-a[l];return;}int mid=(l+r)>>1;int len=0;while ((1<<len)<=r-l+1) ++len;int L[(1<<len)+5],R[(1<<len)+5];memset(L,0,sizeof(L));memset(R,0,sizeof(R));solve(a,L,l,mid);solve(a,R,mid+1,r);init(len);NTT(L,len,0);NTT(R,len,0);for (int i=0;i<(1<<len);i++) f[i]=(ll)L[i]*R[i]%MOD;NTT(f,len,1); } int a[MAXN],b[MAXN]; int f[MAXN],g[MAXN]; int A[MAXN],B[MAXN]; int main() {rt[0][23]=qpow(3,119);rt[1][23]=inv(rt[0][23]);for (int i=22;i>=0;i--){rt[0][i]=(ll)rt[0][i+1]*rt[0][i+1]%MOD;rt[1][i]=(ll)rt[1][i+1]*rt[1][i+1]%MOD;}int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&b[i]);int t;scanf("%d",&t);fac[0]=1;for (int i=1;i<=t;i++) fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%MOD;finv[t]=inv(fac[t]);for (int i=t-1;i>=0;i--) finv[i]=(ll)finv[i+1]*(i+1)%MOD;solve(a,g,1,n);getln(g,f,t+1);deriv(f,g,t+1);for (int i=1;i<=t;i++) A[i]=MOD-g[i-1];A[0]=n;memset(f,0,sizeof(f));memset(g,0,sizeof(g));solve(b,g,1,m);getln(g,f,t+1);deriv(f,g,t+1);for (int i=1;i<=t;i++) B[i]=MOD-g[i-1];B[0]=m; // for (int i=0;i<=t;i++) printf("%d%c",A[i]," \n"[i==t]); // for (int i=0;i<=t;i++) // { // int sum=0; // for (int k=1;k<=n;k++) sum=add(sum,qpow(a[k],i)); // printf("%d%c",sum," \n"[i==t]); // } // for (int i=0;i<=t;i++) printf("%d%c",B[i]," \n"[i==t]); // for (int i=0;i<=t;i++) // { // int sum=0; // for (int k=1;k<=m;k++) sum=add(sum,qpow(b[k],i)); // printf("%d%c",sum," \n"[i==t]); // } for (int i=0;i<=t;i++){A[i]=(ll)A[i]*finv[i]%MOD;B[i]=(ll)B[i]*finv[i]%MOD;}int l=0;while ((1<<l)<=(t<<1)) ++l;init(l);NTT(A,l,0);NTT(B,l,0);for (int i=0;i<(1<<l);i++) A[i]=(ll)A[i]*B[i]%MOD;NTT(A,l,1);for (int i=1;i<=t;i++) A[i]=(ll)A[i]*fac[i]%MOD;int tmp=(ll)inv(n)*inv(m)%MOD;for (int i=1;i<=t;i++) printf("%d\n",(ll)A[i]*tmp%MOD);return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的【洛谷P4705】玩游戏【二项式定理】【NTT卷积】【生成函数】【分治NTT】【函数求导】【多项式对数】的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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