【BZOJ 3157, 3516, 4126】 国王奇遇记 - 极致的组合数学

　　恰好是去年的这个时候左右，我做了这个系列的前两题。。（其实相当于只做了一题hhh）然而当时的姿势水平非常低，式子大概都是瞎jb凑出来的。。。（也有可能看了波题解？）反正到了第三题就彻底一脸懵逼了。。记得看题解也看不懂是个毛。。后来就弃了。。
　　一年之后的现在。。。前几天dwj老司机误以为我做过这个题（的再加强版）。。于是就来问我怎么证答案是用一个多项式来表示的。。。我想我好像都看（翻）完了具体数学求和的那几章。。不如就来肛一波这个题啊。。。于是总共花了差不多三天，总时长大概5h+。。期间把我学过的不少组合数学的东西都搞过了。。独立艹掉了这个题真是感动QAQ。。。然而感觉现在的姿势水平还是好低啊。。（最后还是有一点同学的帮助hhhhh）
　　
　　进入正题啦。
　　给定一个与n 无关的O(T(m)) 的算法，计算

∑k=1nkmmk

　　比较套路的搞法是，因为km 容易被表示，所以尝试对这一项展开。于是稍微改变一下求和指标得到
　　

∑k=0n−1(k+1)mmk+1　　=∑k=0n−1∑j=0m(mj)kjmk+1　　=∑j=0m(mj)m∑k=0n−1kjmk

　　可以看到后面那坨东西和一开始要算的东西形式类似，于是记
　　

ft=∑k=1tktmk

　　注意将fj 带进去时要加上k==0 时的项，看起来像是0，但是实际上当j==0 时就会出问题。我们定义00=1 ，然后再加上这个1 就对了。于是变成
　　

ft=m∑j=0t(tj)(fj−njmn+[j=0])　　=m∑j=0t(tj)fj−mn+1(n+1)t+1+m

　　稍微移一下项可得
　　

(m−1)ft=mn+1nt−m−m∑j=0t−1(tj)fj

　　至此，我们得到了一个O(m2) 递推的方法。

　　接下来就不是那么自然了，但也是可以想到的。
　　注意到ft 的递推式里有一个mn∗nt ，这个非常重要，应该意识到，如果将ft 完全展开，可能会有一个mn∗Pt(n) ，其中Pt(n) 是一个关于n 的多项式。
　　因此我们先假设ft=mnPt(n)−Qt(m) ，（不要问为什么是减）其中Qt(m) 是一个和n 无关的函数。
　　则

(m−1)ft=mn+1[(n+1)t−∑j=0t−1(tj)Pj(n)]+m∑j=0t−1(tj)Qj(m)−m

　　对比系数得

Pt(n)=mm−1[(n+1)t−∑j=0t−1(tj)Pj(n)]

Qt(m)=mm−1[1−∑j=0t−1(tj)Qj(m)]

　　注意到Pt(n) 的常数项形式和Qt(m) 的形式相同，并且恰好Qt(m) 与n 无关，而显然Pt(n) 的确是一个关于n 的t 次多项式。因此有

fm=mnFm(n)−Fm(0)

　　其中Fm(n) 是一个m 次多项式。
　　
　　完结撒花
　　
　　然而知道这个有什么卵用呢？？？
　　如果我们将多项式换个表示方法，就会有神效。对于多项式Fm(n) ，考虑它的牛顿级数

Fm(n)=∑k=0n(nk)ck

　　（实际上牛顿级数只用求和到m ，但是这里为了方便就求和到n ）我们再来反演一波，有
　　

cn=∑k=0n(nk)(−1)n−kFm(k)

　　这实际上是cn=ΔnFm(0) ，所以顺带解释了为什么牛顿级数只求和到m （对于k>m 的ck ，它都是对m 次多项式Fm(n) 取了k 阶差分后代入n=0 的值， 而取了k(k>m) 阶差分后的m 次多项式显然是0）。
　　我们再将cn 带回到原来的表达式里，有
　　

Fm(n)=∑k=0m(nk)∑j=0k(kj)(−1)k−jFm(j)　　=∑j=0mFm(j)∑k=jm(nj)(n−jk−j)(−1)k−j　　=∑j=0mFm(j)(nj)∑k=0m−j(n−jk)(−1)k　　=∑j=0m(nj)Fm(j)(−1)m−j(n−j−1m−j)

　　这意味着，知道Fm(0)...Fm(m) 的值就可以算出来任意一个Fm(n) 的值啦
　　（解锁成就：独立推出O(m) 求Fm(n) ）
　　UPD:原来这玩意就是传说中的“线性插值”啊。。。23333333
　　
　　接下来就是算Fm(0)...Fm(m) 的问题了。
　　我们来重新定义一下，设答案为S(n)=∑n−1k=1kmmk ，那么有
　　

S(n)=mnFm(n)−Fm(0)

　　对S(n) 取一次差分，可以得到Fm(n) 到Fm(n+1) 的关系：
　　

nmmn=mn(mFm(n+1)−Fm(n))

　　也就是
　　

Fm(n+1)=nm+Fm(n)m

　　这样可以递推出Fm(1)...Fm(m) 的值。但是我们好像根本不知道Fm(0) 啊？？？
　　其实这一步就简单的了。。。考虑对S(n) 构造一个比较奇怪的m+1 阶差分：
　　

Δm+1S(n)mn　　=∑k=0m+1(m+1k)(−1)m+1−k(Fm(n+k)−Fm(0)mn+k)

　　这个时候前面一半就是对Fm(n) 取了个m+1 差分，就消掉了。所以再稍微变一下，代n=0 就得到了
　　

Fm(0)=∑m+1k=0(m+1k)(−1)m+1−kS(k)∑m+1k=0(m+1k)(−1)m−km−k

　　S(0)...S(m) 显然是可以直接算出来的。。。于是我们就可以算出来Fm(0)...Fm(m) 啦。。。
　　接着利用前面的那个求值方法就可以算出Fm(n+1) ，然后就可以算出来S(n+1) 了。。。
　　这样就结束了。。。？

　　我们来看一下复杂度。。。全程看起来指标都是O(m) 的很吼。。。
　　。。。吗？
　　仔细看看会发现算S(m+1)=∑mk=1kmmk 的时候有m 个km 哎。。。
　　不管啦直接肛
　　结果第一次交大常数版本的时候TLE了
　　瞎改了点东西这破O(mlogm) 就跑到7s+了
　　
　　然后经同学提醒。。。这玩意是积性的啊。。。不是可以直接筛么？？？
　　[捂脸熊.jpg]
　　于是就轻易地O(m) 啦。
　　完结撒花！

【一些东西】
　　不太会写脚注就在这里把中间用过的一些《具体数学》[人民邮电出版社，第二版]上的结论一次性列出来吧。
　　n 阶差分：P156,(5.40)
　　牛顿级数：P157,没有标成公式,毕竟只是多项式的一种表示形式吧。
　　二项式反演：用了P160,(5.48)的另一种形式
　　

f(n)=∑k(nk)g(k)⇔g(n)=∑k(nk)(−1)n−kf(k)

　　(nk)(kj)=(nj)(n−jk−j) ：P138,(5.21)。表5-4称其为”三项式版恒等式”。
　　∑k≤m(nk)(−1)k=(−1)m(n−1m) ：P136,(5.16)。带交错符号的二项式系数和。
　　初始的式子还可以用分部求和搞出来，P234,(6.69)。

【主要代码】

int n , m;
arr fact , invF , pw;
arr F , c2 , pwk;

void input() {
    n = rd() , m = rd();
}

inline void init() {
    m ++;
    fact[0] = invF[0] = 1;
    rep (i , 1 , m) fact[i] = mul(fact[i - 1] , i);
    invF[m] = Pow(fact[m] , mod - 2);
    per (i , m , 1) invF[i - 1] = mul(invF[i] , i);
    pw[0] = 1;
    m --;
    rep (i , 1 , m + 1) pw[i] = mul(pw[i - 1] , m);
    static arr vis , pr;
    int tot = 0;
    pwk[1] = 1;
    rep (i , 2 , m + 1) {
        if (!vis[i])
            pr[++ tot] = i , pwk[i] = Pow(i , m);
        rep (j , 1 , tot) if (i * pr[j] > m + 1) break; else {
            vis[i * pr[j]] = 1;
            pwk[i * pr[j]] = mul(pwk[i] , pwk[pr[j]]);
            if (i % pr[j] == 0) break;
        }
    }
}

inline int _C(int n , int m) {
    return n >= m ? mul(fact[n] , mul(invF[m] , invF[n - m])) : 0;
}

inline void get_F0() {
    int invm = Pow(m , mod - 2) , mm = 1;
    int up = 0 , down = 0;
    int S = 0;
    rep (k , 0 , m + 1) {

        int tmp = _C(m + 1 , k);
        if ((m + 1 - k) & 1) tmp = mod - tmp;
        tmp = mul(tmp , mm);

        up = add(up , mul(tmp , S));
        down = add(down , tmp);

        mm = mul(mm , invm);
        S = add(S , mul(pw[k] , pwk[k]));
    }
    up = mod - up;
    F[0] = mul(up , Pow(down , mod - 2));
}

inline void calc_F() {
    int invm = Pow(m , mod - 2);
    rep (k , 1 , m + 1) {
        F[k] = add(pwk[k - 1] , F[k - 1]);
        F[k] = mul(F[k] , invm);
    }
}

inline int binom(int n , int m) {
    int t = invF[m];
    For (i , 0 , m)
        t = mul(t , n - i);
    return t;
}

inline int inv(int i) {
    return mul(fact[i - 1] , invF[i]);
}

inline void calc_ans() {
    int ans = 0;
    int c1 = 1;
    c2[m] = 1;
    Dwn (j , m , 0) c2[j] = mul(c2[j + 1] , mul(n - j - 1 , inv(m - j)));
    rep (j , 0 , m) {
        if (j)
            c1 = mul(c1 , mul(n - j + 1 , inv(j)));

        int tmp = mul(c1 , F[j]);
        tmp = mul(tmp , c2[j]);
        if ((m - j) & 1) tmp = mod - tmp;
        ans = add(ans , tmp);
    }
    ans = mul(Pow(m , n) , ans);
    ans = dec(ans , F[0]);
    printf("%d\n" , ans);
}

void solve() {
    if (m == 1) {
        int ans = 1ll * n * (n + 1) / 2 % mod;
        printf("%d\n" , ans);
        return;
    }
    if (n <= m) {
        int ans = 0;
        int t = m;
        rep (i , 1 , n)
            ans = add(ans , mul(t , Pow(i , m))) , t = mul(t , m);
        printf("%d\n" , ans);
        return;
    }
    n ++;
    init();
    get_F0();
    calc_F();
    calc_ans();
}