闲话

哈哈，没有选题了。
没有选题就不写了（

最近摆的很舒服啊。
等卖了题再拿题解充当闲话吧。

碰壁：处理▂▕▄▄制▒▟▀问题不可以▙依赖[错误: 所引对象未导引至对象实例 ; 标准处理方法_004.rtf 不存在]。不确定[已编辑]难的。

推歌：樱桃簪子 by 天使盐 feat. 诗岸

轻舟慢慢 多少涟漪 全部入梦里
过往云烟 我怎敢去回忆 怎敢回忆

导数题

前两天是 2024 CCPC 网络赛。看到了这个题和大家的做法，感觉很好玩，就总结一下。

做法来自 Houraisan_Kaguya，_rqy et al.，本文只作转述。

gym105336I

有一个长条形状的传送带，其上有 \(n\) 个行李。建立坐标轴，第 \(i\) 个行李在传送带上的位置为 \(a_i\)。有 \(m\) 个人站在传送带前，第 \(i\) 个人的位置为 \(b_i\)。传送带向坐标轴正方向每秒移动一个单位，即每秒会对每个 \(i\) 执行 \(a_i \leftarrow a_i + 1\)。

显然对于一个人来说，右边的行李都是看过了的，没有自己的行李，自己的行李只可能在其左边，也可能没有。（如果坐标 \(i < j\)，认为 \(i\) 在 \(j\) 左边）并且不会有一个行李同时属于两个人，但可能不属于这 \(m\) 个人中的任何人。一个人至多只有一个行李。

请对所有本质不同的情况，求得最早有人拿到自己行李的时间之和。当然，每个人的左边都没有自己的行李的情况不需要考虑。两种情况不同当且仅当：在一种情况下某个人有行李而在另一种情况中没有，或存在某个人在两种情况中的行李编号不同。

\(n,m,V\le 500\)。

令 \(m, V\) 都与 \(n\) 同阶。

首先由于 \(t\le V\)，我们可以枚举这个最早的时间 \(t\)，计算最早有人拿到自己行李的时间恰为 \(t\) 的方案数，乘一下就是 \(t\) 的贡献。恰为 \(t\) 不好算，改为至少为 \(t\)。这个限制的更改放在某个位于 \(x\) 的人身上，就变成只能选择坐标 \(\le x - t\) 的行李。H_kaguya 声称，这就好算了。

令 \(f(i, j)\) 为已经给 \(x \le i\) 的所有人分配完行李，剩余 \(j\) 个坐标 \(\le i - t\) 的行李未被分配的方案数。那么从前往后扫，\(f(i - 1, \cdot)\to f(i, \cdot)\) 的转移也就容易写出了。

1. 若 \(i - t\) 处有行李，则整体向高位平移 \(1\)，即 \(f(i, j) \leftarrow f(i - 1, j - 1)\)；
2. 若 \(i\) 处有人，他可以不取行李，也可以从当前行李中选择一个，即 \(f(i, j) \leftarrow f(i - 1, j) + (j + 1) \times f(i - 1, j + 1)\)。

直接做这个 dp，我们就能在 \(O(n^2)\) 的复杂度内计算出每个 \(f(n, \cdot)\)，从而计算出最早有人拿到自己行李的时间至少为 \(t\) 的方案数，和至少为 \(t + 1\) 的方案数做差即可得到恰好为 \(t\) 的方案数。由于对每个 \(t\) 都需要计算，总复杂度 \(O(n^3)\)，可以通过。

能不能再给力一点啊？

考察确定 \(t\) 后的子问题。一眼看过去，最可做的就是优化 dp。那就优化它吧。大家都喜欢 dp 转 gf，那就转一下吧。

令 \(F_i(x) = \sum_{j} f(i, j)x^j\)，那么知道

1. 若 \(i - t\) 处有行李，则整体向高位平移 \(1\)，即 \(F_i(x) \leftarrow x F_{i - 1}(x)\)；
2. 若 \(i\) 处有人，他可以不取行李，也可以从当前行李中选择一个，即 \(F_i(x) \leftarrow F_{i - 1}(x) + F_{i - 1}'(x)\)。

因此，问题可以被转化成如下的形式；

你需要维护一个初值为 \(1\) 的多项式 \(f\)，支持进行下面两种操作共 \(n\) 次：

1. \(f\leftarrow xf\)
2. \(f\leftarrow f + f'\)

输出所有操作执行后的 \(f \bmod x^{n + 1}\)。

注意到 \(f + f' = \dfrac{(e^x f)'}{e^x}\)，而把所有操作对 \(f\) 的影响合并后会发现，只有第一次乘和最后一次除的 \(e^x\) 会对答案产生贡献，其余的 \(e^x\) 都两两消掉了。

因此我们只需要令 \(f\) 初值为 \(e^x\)，维护两个操作：乘 \(x\)、求导，最终取前 \(n\) 项系数乘以 \(e^{-x}\) 即可。

_rqy 声称，这个就可以 \(\widetilde O(n)\) 求了。这是因为，初始的 \(x^k\) 项系数会在第 \(t\) 次求导后乘入 \(k + a_t\)，而这列 \(a\) 对每项都相同。因此这本质上就是对某个 \(g(x) = \prod_{t} (x + a_t)\) 做多点求值（\(x = 0, \dots, n\)）。容易做到 \(O(n\log^2 n)\)。

总时间复杂度 \(O(n^2 \log^2 n)\)。你就说是不是 \(\widetilde O(n^2)\) 吧。