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多项式乘法（FTT、NTT），但主要是习题

时间：2023-01-08 09:45:10浏览次数：63  
标签：node ll frac FTT sum NTT times 习题 binom

诈尸。

摆了一个多月没写 boke 的 BE 是屑。

基础知识/模板

因为太屑了所以就直接放巨佬们的博客力。

快速傅立叶变换

[学习笔记&教程] 信号, 集合, 多项式, 以及各种卷积性变换 (FFT,NTT,FWT,FMT)

多项式 之 快速傅里叶变换(FFT)/数论变换(NTT)/例题与常用套路【入门】

FFT

code 
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define Reg register
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=4110000;
const double Pi=acos(-1);
int n,m,lim=1,L,R[maxn];
struct node{
    double x,y;
    node (double X=0,double Y=0){
        x=X,y=Y;
    }
    node friend operator +(node A,node B){
        node res;
        res.x=A.x+B.x;
        res.y=A.y+B.y;
        return res;
    }
    node friend operator -(node A,node B){
        node res;
        res.x=A.x-B.x;
        res.y=A.y-B.y;
        return res;
    }
    node friend operator *(node A,node B){
        node res;   
        res.x=(A.x*B.x-A.y*B.y);
        res.y=(A.x*B.y+A.y*B.x);
        return res;
    }
}A[maxn],B[maxn];
inline int read(){
    int s=0,w=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){
        if(ch=='-') w=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9'){
        s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^48);
        ch=getchar();
    }
    return s*w;
}
inline void FFT(node *a,double typ){
    for(Reg int i=0;i<lim;++i){
        if(i<R[i]) swap(a[i],a[R[i]]);
    }
    for(Reg int j=1;j<lim;j<<=1){
        int p=(j<<1);
        node t=node(cos(2.0*Pi/p),typ*sin(2.0*Pi/p));
        for(Reg int k=0;k<lim;k+=p){
            node T=node(1,0);
            for(Reg int l=0;l<j;++l,T=T*t){
                node Nx=a[k+l],Ny=T*a[k+j+l];
                a[k+l]=Nx+Ny;a[k+j+l]=Nx-Ny;
            }
        }
    }
}
int main(){
    n=read(),m=read();
    for(Reg int i=0;i<=n;++i) A[i].x=read();
    for(Reg int i=0;i<=m;++i) B[i].x=read();
    while(lim<=n+m) lim<<=1,++L;
    //printf("%.8lf\n",Pi);
    for(Reg int i=0;i<lim;++i) R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
    // for(Reg int i=0;i<lim;++i){
    //     printf("%d ",R[i]);
    // }
    // printf("\n");
    FFT(A,1),FFT(B,1);
    for(Reg int i=0;i<lim;++i) A[i]=A[i]*B[i];
    FFT(A,-1);
    for(Reg int i=0;i<=n+m;++i) printf("%lld ",(ll)(A[i].x/lim+0.5));
    printf("\n");
}

NTT

code 
inline ll qpow(ll A,ll B){
    ll Ans=1;
    while(B){
        if(B&1) Ans=Ans*A%mod;
        A=A*A%mod;
        B>>=1;
    }
    return Ans;
}
inline void NTT(ll *a,ll typ){
    for(Reg int i=0;i<lim;++i){
        if(i<R[i]) swap(a[i],a[R[i]]);
    }
    for(Reg int j=1;j<lim;j<<=1){
        ll t=qpow(G,(typ*((mod-1)/(j<<1))+mod-1)%(mod-1));
        for(Reg int k=0;k<lim;k+=(j<<1)){
            ll T=1;
            for(Reg int l=0;l<j;++l,T=T*t%mod){
                ll Nx=a[k+l],Ny=a[k+l+j]*T%mod;
                a[k+l]=(Nx+Ny)%mod;
                a[k+l+j]=(Nx-Ny+mod)%mod;
            }
        }
    }
    if(typ==-1){
        ll r=qpow(lim,mod-2);
        for(Reg int i=0;i<lim;++i) a[i]=a[i]*r%mod;
    }
}

分治FFT

code 

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define Reg register
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=410000;
const ll mod=998244353,G=3;
int n,R[maxn];
ll g[maxn],A[maxn],B[maxn],f[maxn];
inline ll qpow(ll At,ll Bt){
    ll Ans=1;
    while(Bt){
        if(Bt&1) Ans=Ans*At%mod;
        At=At*At%mod;
        Bt>>=1;
    }
    return Ans;
}
inline int read(){
    int s=0,w=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){
        if(ch=='-') w=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9'){
        s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^48);
        ch=getchar();
    }
    return s*w;
}
inline void NTT(ll *a,int lim,ll typ){
    for(Reg int i=0;i<lim;++i){
        if(i<R[i]) swap(a[i],a[R[i]]);
    }
    for(Reg int j=1;j<lim;j<<=1){
        ll t=qpow(G,(typ*((mod-1)/(j<<1))+mod-1)%(mod-1));
        for(Reg int k=0;k<lim;k+=(j<<1)){
            ll T=1;
            for(Reg int l=0;l<j;++l,T=T*t%mod){
                ll Nx=a[k+l],Ny=T*a[k+l+j]%mod;
                a[k+l]=(Nx+Ny)%mod;
                a[k+l+j]=(Nx-Ny+mod)%mod;
            }
        }
    }
    if(typ==-1){
        ll r=qpow(lim,mod-2);
        for(Reg int i=0;i<lim;++i) a[i]=a[i]*r%mod;
    }
}
inline void Calc(ll *a,ll *b,int lim){
    NTT(a,lim,1),NTT(b,lim,1);
    for(Reg int i=0;i<lim;++i) a[i]=a[i]*b[i]%mod;
    NTT(a,lim,-1);
}
inline void solve(int l,int r){
    if(l==r) return;
    int mid=(l+r)>>1;
    solve(l,mid);
    int up=r-l+1,lim=1,L=0;
    while(lim<=up) lim<<=1,++L;
    for(Reg int i=0;i<lim;++i) R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
    memset(A,0,sizeof(ll)*(lim+10));
    memset(B,0,sizeof(ll)*(lim+10));
    for(Reg int i=0;i<mid-l+1;++i) A[i]=f[i+l];
    for(Reg int i=1;i<=r-l;++i)  B[i]=g[i];
    Calc(A,B,lim);
    for(Reg int i=mid-l+1;i<r-l+1;++i) f[i+l]=(f[i+l]+A[i])%mod;
    solve(mid+1,r);
}
int main(){
    n=read();
    for(Reg int i=1;i<n;++i) f[i]=g[i]=read();
    solve(1,n),f[0]=1;
    for(Reg int i=0;i<n;++i) printf("%lld ",f[i]);
    printf("\n");
    return 0;
}




习题


快速傅立叶之二

题意：

对 $\forall k \in [0,n) $，求 \(c_k=\sum_{k\le i <n}a_i\times b_{i-k}\)

\(n\le 10^5\)

思路：

令 \(m=n-1\) ，有：

\[c_k=\sum_{i=k}^{m}a_i \times b_{i-k} \\ c_i=\sum_{j=0}^{m-i}a_{j+i} \times b_{j} \]

设 \(a^{'}_i=a_{m-i}\)，则有：

\[c_i=\sum_{j=0}^{m-i}a^{'}_{m-i-j} \times b_{j} \]

把数组 \(a\) 翻转过来卷积即可。


力

题意：

给出 \(n\) 个数 \(q_1,q_2, \dots q_n\)，定义

\[F_j~=~\sum_{i = 1}^{j - 1} \frac{q_i \times q_j}{(i - j)^2}~-~\sum_{i = j + 1}^{n} \frac{q_i \times q_j}{(i - j)^2} \]

\[E_i~=~\frac{F_i}{q_i} \]

对 \(1 \leq i \leq n\)，求 \(E_i\) 的值。

\(n \le 10^5\)，\(0 < q_i < 10^9\)。

思路：

\[\begin{align*} E_j &= \sum_{i = 1}^{j - 1} \frac{q_i }{(i - j)^2}~-~\sum_{i = j + 1}^{n} \frac{q_i }{(i - j)^2} \\ &= \sum_{i = 0}^{j } \frac{q_i }{(i - j)^2}-\sum_{i = j}^{n} \frac{q_i }{(i - j)^2} \end{align*} \]

设 \(f_i=q_i\) ，\(g_i=\frac{1}{i^2}\)，则：

\[\sum_{i = 0}^{j } f_i \times g_{j-i}-\sum_{i = j}^{n} f_i\times g_{i-j} \]

发现前一个式子已经是卷积的形式，现在只关注后面的式子：

\[\sum_{i = j}^{n} f_i\times g_{i-j} \]

\[\sum_{i =0 }^{n-j} f_{i+j}\times g_i \]

设 \(f^{'}_i=f_{n-i}\) ，则有：

\[\sum_{i =0 }^{n-j} f^{'}_{n-j-i}\times g_i \]

卷积即可。


Triple

题意：

现有 \(n\) 个不同价值的物品，可以分别选一个，两个，三个，分别求物品价值总和为 \(x\) 的方案数。 注意 \((a,b),(b,a)\) 视为一种方案，\((a,b,c),(b,c,a),(c,a,b),(c,b,a),(b,a,c),(a,c,b)\) 视为一种方案。

\(n\le 4\times 10^4\)

思路：

设一个物品选择一次的生成函数为 \(A(x)=x^{a_1} +x ^{a_2}+x ^{a_3}...+x^{a_n}\)

选择两次的生成函数为 \(B(x)=x^{2a_1}+x^{2a_2}+x^{2a_3}...+x^{2a_ n}\)

选择三次的生成函数为 \(C(x)=x^{3a_1}+x^{3a_2}+x^{3a_3}...+x^{3a_n}\)

可以通过容斥得出选择两个物品的函数和选择三个物品的函数。

选择两个物品的函数：

\[A^2(x)=\frac{A(x)^2-B(x)}{2} \]

选择三个物品的函数：

\[A^3(x)=\frac{A(x)^3-3A(x)B(x)+2C(x)}{6} \]

因此目标函数则是：

\[G(x)=\frac{A(x)^3-3A(x)B(x)+2C(x)}{6}+\frac{A(x)^2-B(x)}{2}+A(x) \]

一次 \(FFT\) 即可。


万径人踪灭

题意：

给定一个仅包含字符 \(a,b\) 的字符串，要求选取一个子序列，使得：

  1. 位置和字符都关于某条对称轴对称

  2. 不能是连续的一段

求合法的子序列个数，结果对 \(10^9+7\) 取模。

\(n\le 10^5\)

思路：

将答案转化为回文子序列个数减去回文子串个数。

首先可以用 \(\operatorname{manacher}\) 求回文子串个数。

设奇回文子序列的回文中心为 \(i\) ，关于该中心对称的字符对数为 \(x\)，那么该回文中心形成的回文子序列数即为 \(2^{x+1}-1\) （每一对可选可不选，再减去全都不选的方案）。偶回文子序列则是 \(2^x-1\) （因为少了一个回文中心）。

将数组 \(A\) 中 \(a\) 字符出现的位置的系数设为 \(1\) ，数组 \(B\) 反之。这两个数组自己对自己卷积得到的 \(A_i\) 和 \(B_i\) 实际上是 \(a,b\) 以 \(\frac{i}{2}\) 为对称中心的字符对数（注意去重）。又注意到奇偶回文序列的差异，关于某一位置对称的字符对数实际上应为 \(A_i+B_i+(i\&1)\oplus 1\) 。

求出来的回文子序列个数减去回文子串个数即为答案。


序列统计

题意:

给定 \(n,m,x\) 和一个集合 \(S\)，集合内的元素都是小于 \(m\) 的非负整数 。现在用 \(S\) 中的元素构造长度为 \(n\) 的序列，求数列所有数的乘积对 \(m\) 取模结果为 \(x\) 的序列数，答案对 \(1004535809\) 取模。

\(n\le 10^9 ,m\le 8\times 10^3,\ m\ 为质数,1\le x \le m-1\)

思路：

设序列长度为 \(x\) ，满足 \(\prod_{k=1}^{x} a_k \equiv i \pmod m\) 的序列数 \(f_{x,i}\) ，那么有：

\[f_{x+1,i}=\sum_{j\times k \equiv i \pmod m } f_{x,j}\times f_{1,k} \]

发现 \(f\) 数组可以用类似快速幂的方式计算，复杂度 \(O(m^2 \log n)\)， \(60pts\)。

观察到上式把乘法换成加法就变成了卷积形式。

考虑对数函数，用 $\log_a x $ 替换 \(x\) 。由于 \(\log _a x+ \log_a y= \log _a (x\times y)\) ，我们可以通过 \(x\to log_a x\) 的转化，卷积之后得到 \(log _a (x\times y)\) 的系数。

在模意义下，可以令 $ log_a (a^x \bmod m)=x$ 来建立映射关系。但要求 \(a^0,a^1...a^{m-2} \bmod m\) 不相同，不难想到 \(a\) 应该为 \(m\) 的原根。

此时注意当 \(x \in [0,m-2]\) 时，不存在 \(a^x \equiv 0 \pmod m\) 的情况。因此处理时直接把 \(0\) 省略即可（因为 \(0\) 不会被询问贡献）。

大致流程：

  1. 找出 \(m\) 的原根，建立 \(log_a x\) 与 \(x\) 的映射关系

  2. 快速幂 + NTT 计算出 \(f_n\)

  3. 输出 \(f_{n,log_a x}\)


求和

题意：

求：

\[\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{i} S(i,j)\times 2^j\times j! \]

其中 \(S(i,j)\) 指第二类斯特林数。

\(n\le 10^5\)

思路：

了解到第二类斯特林数的通项公式：

\[S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}(-1)^k\binom{m}{k}(m-k)^n \]

（容斥得到将 \(n\) 个不同物品放进 \(m\) 个不同盒子且盒子不空的方案数，再除以 \(m!\) 就是将 \(n\) 个不同物品放进 \(m\) 个相同盒子且盒子不空的方案数）

然后开始推式子。

首先改变枚举顺序：

\[\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{i} S(i,j)\times 2^j\times j! \\ \sum_{i=0}^{n}\sum_{j=i}^{n} S(j,i)\times 2^i\times i! \\ \sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{n} S(j,i)\times 2^i\times i! \]

设 \(F_i=\sum_{j=0}^{n} S(j,i)\)，并将通项公式代入得：

\[\begin{align*} F_i &= \sum_{j=0}^{n} \frac{1}{i!} \sum_{k=0}^{i} (-1)^k \binom{i}{k} (i-k)^j \\ &= \sum_{j=0}^{n} \frac{1}{i!} \sum_{k=0}^{i} (-1)^k \frac{i!}{k!(i-k)!}(i-k)^j \\ &= \sum_{k=0}^{i}\frac{(-1)^k}{k!}\frac{\sum_{j=0}^{n}(i-k)^j}{(i-k)!} \end{align*} \]

设 \(f_i=\frac{(-1)^i}{i!},g_i=\frac{\sum_{j=0}^{n}i^j}{i!}\) ，因此就有：

\[F_i=\sum_{k=0}^{i} f_i\times g_{i-k} \]

特殊注意 \(g_0=1,g_1=n+1\) 。


染色

题意：

为了报答小 C 的苹果，小 G 打算送给热爱美术的小 C 一块画布，这块画布可以抽象为一个长度为 \(n\) 的序列, 每个位置都可以被染成 \(m\) 种颜色中的某一种。

然而小 C 只关心序列的 \(n\) 个位置中出现次数恰好为 \(S\) 的颜色种数, 如果恰好出现了 \(S\) 次的颜色有 \(k\) 种, 则小 C 会产生 \(w_k\) 的愉悦度。

小 C 希望知道对于所有可能的染色方案，他能获得的愉悦度的和对 \(1004535809\) 取模的结果是多少。

思路：

大力容斥。

暴力の容斥

设有 \(i\) 种颜色分别出现了 \(S\) 次，则选择 \(i\) 种颜色的方案数为 \(\binom{m}{i}\)，选择 \(i\times S\) 位置的方案数为 $\binom{n}{i\times S} \frac{(i\times S)!}{(S!)^i} $。

显然剩下的位置只能填除这 \(i\) 种颜色以外的其他颜色，但其他颜色的出现次数不能恰好出现 \(S\) 次。通过容斥“至少有 \(j\) 种其他颜色出现了 \(S\) 次”得出关于其他颜色的合法方案数，即：

\[\sum_{j=0}^{m-i} (-1)^j \binom{m-i}{j}\binom{n-i\times S}{j\times S} (m-i-j)^{n-(i+j)\times S} \frac{(j\times S)!}{(S!)^j} \]

因此 \(i\) 种颜色分别出现 \(S\) 次的方案数为：

\[ \binom{m}{i} \binom{n}{i\times S} \frac{(i\times S)!}{(S!)^i} \sum_{j=0}^{m-i} (-1)^j \binom{m-i}{j}\binom{n-i\times S}{j\times S} (m-i-j)^{n-(i+j)\times S} \frac{(j\times S)!}{(S!)^j} \]

最终的答案是：

\[ \sum_{i=0}^{n} w^i \binom{m}{i} \binom{n}{i\times S} \frac{(i\times S)!}{(S!)^i} \sum_{j=0}^{m-i} (-1)^j \binom{m-i}{j}\binom{n-i\times S}{j\times S} (m-i-j)^{n-(i+j)\times S} \frac{(j\times S)!}{(S!)^j} \]

复杂度 \(O(n^2)\) 。

优雅の容斥

设 \(f_i\) 为至少有 \(i\) 种颜色出现了 \(S\) 次的方案数，有：

\[f_i=\binom{m}{i}\binom{n}{i\times S} \frac{(i\times S)!}{(S!)^i} (m-i)^{n-i\times S} \]

然后通过容斥得到恰好有 \(i\) 种颜色出现了 \(S\) 次的方案数：

\[\begin{align*} F_i &= \sum_{j=i}^{lim} (-1)^{j-i} \binom{j}{i} f_j \\ &= \sum_{j=i}^{lim} (-1)^{j-i} \frac{j!}{i!(j-i)!} f_j \\ &= \frac{1}{i!} \sum_{j=i}^{lim}\frac{(-1)^{j-i}}{(j-i)!} f_j \times j! \end{align*} \]

然后就可以 NTT 了。

当然通过上面的式子（暴力の容斥）也能推出来一样的卷积形式...


城市规划

题意：

求 \(n\) 个点的有标号简单无向连通图数目（无重边无自环）。

\(n\le 1.2\times 10^5\)

思路：

考虑 \(\operatorname{dp}\) 。

设 \(f_i\) 为点数为 \(i\) 的无向连通图数目，计算时用总的无向图数目减去不连通的无向图数目。点数为 \(i\) 的简单无向图最多有 \(\frac{i\times (i-1) }{2}\) 条边，每条边可选可不选，因此总的无向图数目为 \(2^{\frac{i\times (i-1) }{2}}\) 。关于不连通的无向图，可以以 \(1\) 号节点为基准点，每次枚举 \(1\) 号节点的连通块大小，其他点单独构成一个无向图。因此有：

\[f_i=2^{\frac{i\times (i-1) }{2}}-\sum_{j=1}^{i-1} \binom{i-1}{j-1} f_j \times 2^{\frac{(i-j)\times (i-j-1) }{2}} \]

对后面的式子变换一下形式：

\[\begin{align*} f_i &= 2^{\frac{i\times (i-1) }{2}}-\sum_{j=1}^{i-1} \frac{(i-1)!}{(j-1)!(i-j)!} f_j \times 2^{\frac{(i-j)\times (i-j-1) }{2}} \\ &= 2^{\frac{i\times (i-1) }{2}}-(i-1)!\sum_{j=1}^{i-1} \frac{f_j}{(j-1)!} \frac{2^{\frac{(i-j)\times (i-j-1) }{2}}}{(i-j)! } \\ \end{align*} \]

可以用分治 FFT 。

当然写多项式求逆也没问题。


图的价值

题意：

定义一个简单无向图（可以不连通）的价值为每个点的度数的 \(k\) 次方之和。求 \(n\) 个点的所有简单无向图的价值之和。

\(n\le 10^9,k\le 2\times 10^5\)

思路：

容易发现：

\[ans=n\times 2^{\frac{(n-1)\times (n-2)}{2}} \sum_{i=0}^{n-1} \binom{n-1}{i} i^k \]

（只关注一个点，枚举度数 \(i\) ，考虑剩下 \(n-1\) 个点里选 \(i\) 个连边的方案，再让剩下 \(n-1\) 个点构成简单无向图，又因为这 \(n\) 个点是等价的，所以要乘上 \(n\)）

但是 \(n\) 太大了， \(k\) 又较小，这提示我们思考复杂度关于 \(k\) 的算法。

发现有：

\[i^k=\sum_{j=0}^{i} \binom{i}{j} S(k,j) \times j! \]

（把 \(k\) 个不同小球放到 \(i\) 个不同盒子里，等价于枚举非空的盒子 \(j\)，将 \(k\) 个不同小球放进 \(j\) 个不同盒子里的方案数，即第二类斯特林数 \(S(k,j)\) 乘上 \(j!\) ）

把式子带进去得到：

\[\begin{align*} F_i &= \sum_{i=0}^{n-1} \binom{n-1}{i} \sum_{j=0}^{i} \binom{i}{j} S(k,j) \times j! \\ &= \sum_{i=0}^{n-1} S(k,i) (i!) \sum_{j=i}^{n-1} \binom{n-1}{j}\binom{j}{i} \\ &= \sum_{i=0}^{n-1} S(k,i) (i!) \binom{n-1}{i} \times 2^{n-1-i} \end{align*} \]

（考虑含义：从 \(n-1\) 个物品中选出 \(j\) 个再选出 \(i\) 个等价于从 \(n-1\) 个物品中直接选出 \(i\) 个剩下的可以选或不选）

因为当 \(i>k\) 时 \(S(k,i)=0\) ，所以最大枚举到 \(\min(k,n-1)\) 即可。

\(S(k,i)\) 可以通过第二类斯特林数的通项公式预处理出来（ NTT ）。




标签：node,ll,frac,FTT,sum,NTT,times,习题,binom
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