CF1349F Slime and Sequences （歐拉數，擴展拉格朗日反演）

這篇博客大部分抄自此人

好序列爲對於一個長度爲$n$的序列，其中若有$a_i= k(k>1)$，則必存在$a_{j\in[1,i-1]} = k-1$
求對於所有長度爲$n$的好序列，分別求出$k = 1...n$的出現次數和。

第一步神仙映射：
把所有的好序列映射到排列中，發現可以一一對應。
對應方法如下：
排列到好序列：
對於一個排列$p_i$，如果$p_1,p_2...p_i$之間有$k$個升高，$a_{p_i} = k+1$。
$p_{i-1}$和$p_i$之間有一個升高指的是$p_i > p_{i-1}$。
（這裏的定義沿用具體數學歐拉數板塊的定義）。
好序列到排列：
考慮好序列中的$1$，一定是放在最前面，所以可以知道對於都是$a_{p_i} = 1$的數，假設有$k$個，他們一定是佔據了$p_{1...k}$，並且都滿足$p_{i} > p_{i+1}$。
再考慮$2$，可以知道$2$一定是擺在$1$後面並且在$a_{p_i} = 2$中都滿足$p_i > p{i+1}$。
那麼我們就得到了一個好序列到排列，排列到好序列的映射，不同的排列都能映射到不同的好序列，不同的好序列都能映射到不同的排列，他們數量相同，他們是一一對應。

翻閱具體數學可以得到：
有$k$個升高的長度爲$n$的序列數表示爲$\left \langle\begin{aligned} n \\ k \end{aligned} \right\rangle$
那麼根據具體數學的描述有
$\left \langle\begin{aligned} n \\ k \end{aligned} \right\rangle = (k+1)\left \langle\begin{aligned} n&-1 \\ & \ k \end{aligned} \right\rangle + (n-k)\left \langle\begin{aligned} n-1 \\ k-1 \end{aligned} \right\rangle$
具體來說就是把$n$插入一個$1..n-1$的排列然後分類討論即可得到該式子。

所以$Ans_{i+1} = \sum \left \langle\begin{aligned} i \\ k \end{aligned} \right\rangle \binom{n}{i} (n-i)!$
所以可以先寫個$easy$版的$O(n^2)$壓壓驚。
$\mathcal AC\ Code$

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 5005
#define mod 998244353
using namespace std;

int n;
int C[maxn][maxn],E[maxn][maxn],fac[maxn];

int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=C[0][0]=E[0][0]=1;i<=n;i++)
		for(int j=C[i][0]=E[i][0]=1;j<=i;j++){
			C[i][j] = (C[i-1][j-1] + C[i-1][j]) % mod;
			E[i][j] = (1ll * (j+1) * E[i-1][j] + 1ll * (i-j) * E[i-1][j-1]) % mod;
		}
	fac[0] = 1;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i] = 1ll * fac[i-1] * i % mod;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int ans = 0;
		for(int j=i;j<=n;j++) 
			ans = (ans + 1ll * E[j][i-1] * C[n][j] % mod * fac[n-j]) % mod;
		printf("%d%c",ans," \n"[n==i]);
	}
}

接下來是令人目不接暇的炫酷推式子環節了。
有點長

先去掉那我打不來latex的歐拉數
設
$F(i,v)= \sum_{k=v}^{i-1}\left \langle\begin{aligned} i \\ k \end{aligned} \right\rangle \binom kv$
表示欽定$v$個間隙中是升高的方案數對每種欽定方案的和。

那麼可以通過二項式反演得到:
$\left \langle\begin{aligned} i \\ v \end{aligned} \right\rangle = \sum_{k=v}^{i-1} F(i,k)\binom kv(-1)^{k-v}$
然後帶入之前的式子：
$Ans_ k = \sum_{i=k+1} \binom ni (n-i)!\sum_{j=k}^{i-1} F(i,j)\binom jk(-1)^{j-k}$
考慮$F_{i,j}$的組合含義，每個間隙要麼一定升高要麼可升高可降低。
那麼一定升高的間隙就相當於把左右連接成了一個塊，每個塊中都是升序排列，
於是一個塊按大小的指數生成函數就是$\sum_{i=1} \frac {x^i}{i!}$
也就是$e^-1$
那麼$F_{i,j}$就相當於連了$j$條邊，一共有$i-j$個聯通塊。
所以$F_{i,j} = i^{i-j}]$
原式化爲：
$\begin{aligned} Ans_ k &= \sum_{i=k+1} \binom ni (n-i)!\sum_{j=k}^{i} i!\binom jk(-1)^{j-k}[x^i](e^x-1)^{i-j}\\&=n!\sum_{i=k+1}\sum_{j=k}^{i}\binom jk (-1)^{j-k}[x^i](e^x-1)^{i-j}\\&= n!\sum_{j=k}\binom jk (-1)^{j-k} \sum_{i=j+1}[x^i](e^x-1)^{i-j}\\&= n!\sum_{j=k}\binom jk (-1)^{j-k} \sum_{i=j+1}[x^j](\frac {e^x-1}x)^{i-j}\\&= \frac {n!}{k!}\sum_{j=k} \frac {(-1)^{j-k}}{(j-k)!} \sum_{i=j}^nj^{i-j}\\&= \frac {n!}{k!}\sum_{j=k} \frac {(-1)^{j-k}}{(j-k)!} \sum_{i=0}^{n-j}j^i\end{aligned}$
那麼我們只需要算出後面那個和式關於$x^j$的生成函數即可卷積求出答案。
我們設$G(x) = \frac {e^x-1}x$
那麼我們需要求$S_j = j!\sum_{i=0}^{n-j} [x^j]G(x)^i = j![x^j] (\frac 1{1-G(x)} - \frac {G(x)^{n-j+1}}{1-G(x)})$
注意到$1-G(x)$常數項爲0，好像沒有逆元，但是會擴展拉格朗日反演的應該都能接受這就是把形式冪級數擴個域然後就有逆元了。
繼續推$[x^j]\frac {G(x)^{n-j+1}}{1-G(x)}$
$=[x^{n+1}] \frac {(xG(x))^{n-j+1}}{1-G(x)}$
發現這個形式有點玄妙。
取的項一樣了，意思就是說我們對於每個$j$都可以用通過形式類似的拉格朗日反演求$x^{n+1}$項。
所以我們考慮用拉格朗日反演求一個關於$j$的$[x^{n+1}] \frac {(xG(x))^{n-j+1}}{1-G(x)}$的多項式。
也就是我們考慮求$[x^{n+1}]\sum_{j=0}^{n+1} \frac {(xG(x))^{n-j+1}}{1-G(x)}y^{n-j+1}$
那麼$[x^{n+1},y^{n-j+1}]\sum_{j=0}^{n+1} \frac {(xG(x))^{n-j+1}}{1-G(x)}y^{n-j+1}$就對應着$[x^{n+1}] \frac {(xG(x))^{n-j+1}}{1-G(x)}$

$\sum_{j=0} \frac {(xG(x))^{n-j+1}}{1-G(x)}y^{n-j+1} = \frac 1{1-xG(x)y} \frac 1{1-G(x)}$

求這個二元函數在$[x^{n+1}]$項上的關於$y$的多項式。
考慮擴展拉格朗日反演。

意識到如果與$y$相乘的項稍微複雜一點可能就會爲我們之後的推導造成極其嚴重的不良體驗。
所以我們設 $P(x) = \frac 1{1 - xy} \frac 1{1-H(x)}$
那麼擴拉就需要有$P(W(x) = xG(x)) = \frac 1{1-xG(x)y}\frac {1}{H(W(x))}$
其中$H(W(x)) = G(x)$
再考慮求$W(x)$的複合逆$R(x)$。
我們有$H(W(R(x)))=G(R(x))$
也即$H(x) = \frac {W(R(x))}{R(x)}$
$\frac x{R(x)} = H(x)$。

所以現在就是萬事俱備，開始反演：
$[x^{n+1}] P(W(x)) = \frac 1{n+1} [x^{n}] \frac{x^{n+1}}{R(x)^{n+1}} P(x)' = \frac 1{n+1}[x^{n}] H(x)^{n+1}P'(x)$
看這麼完美的式子，一看就是抄的$std$。
現在我們來毀掉他。
展開$P(x)' = \frac {-[(1-xy)(1-H(x))]'}{(1-xy)^2(1-H(x))^2} = \frac {H(x)'}{(1-xy)(1-H(x))^2} + \frac {y}{(1-xy)^2(1-H(x))}$

帶入得到$[x^{n+1}] P(W(x)) = [x^n]\frac 1{n+1}\left( \frac {H(x)'H(x)^{n+1}}{(1-xy)(1-H(x))^2} + \frac {yH(x)^{n+1}}{(1-xy)^2(1-H(x))}\right)$
因爲有$xy$混在一起的項(還有一些很奇怪的多項式)不方便直接提取$[x^n]$，考慮提取看上去簡單的$[y^m]$
即
$[x^n,y^m]\frac 1{n+1}\left( \frac {H(x)'H(x)^{n+1}}{(1-xy)(1-H(x))^2} + \frac {yH(x)^{n+1}}{(1-xy)^2(1-H(x))}\right)$
展開$(1-xy) = \sum_{i=0} x^iy^i$ 和$(1-xy)^2 = (\sum_{i=0} x^iy^i)^2 = \sum_{i=0} (i+1)x^iy^i$
帶入原式得到：
$\begin{aligned}&[x^n,y^m]\frac 1{n+1}\left( \frac {H(x)'H(x)^{n+1}}{(1-H(x))^2} \sum_{i=0} x^iy^i + \frac {H(x)^{n+1}}{(1-H(x))} \sum_{i=0}(i+1)x^iy^{i+1}\right)\\=&[x^{n-m},y^m]\frac {H(x)'H(x)^{n+1}}{(n+1)(1-H(x))^2} + [x^{n-m+1}]\frac {mH(x)^{n+1}}{(1-H(x))(n+1)}\end{aligned}$

其中$H(xF(x))=H(e^x-1) = \frac {e^x-1}x$
目瞪法可以知道$H(x) = \frac x{\ln (x+1)}$

另外關於$S_0$，因爲需要涉及到$y^{n+1}$也就是在上面式子會出現$[x^{n-(n+1) = -1},y^{n+1}]$的項，所以我和我引用的博客都選擇了打表$S_0 = n$來規避計算負數次冪前的係數，但按照我們求逆的方法這個項應該是可以正常求出的，但是博主怎麼改都改不對，故只能打表，望各路大神給個解答。
$\mathcal AC \ Code$

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 300005
#define mod 998244353
#define rep(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i<=LIM;i++)
#define per(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i>=LIM;i--)
using namespace std;

int n;
int Wl,Wl2,w[maxn],lg[maxn],inv[maxn],fac[maxn],invf[maxn];
int Pow(int b,int k){ int r=1;for(;k;k>>=1,b=1ll*b*b%mod) if(k&1) r=1ll*r*b%mod; return r; }
void init(int n){
	for(Wl=inv[0]=inv[1]=invf[0]=invf[1]=fac[0]=fac[1]=1;n>=Wl<<1;Wl<<=1); int pw = Pow(3,(mod-1)/(Wl2=Wl<<1));
	w[Wl] = 1;
	rep(i,Wl+1,Wl2-1) w[i] = 1ll * w[i-1] * pw % mod;
	per(i,Wl-1,1) w[i] = w[i<<1];
	rep(i,2,Wl2) inv[i]  =1ll * (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod , fac[i] = 1ll * fac[i-1] * i % mod,
		invf[i] = 1ll * invf[i-1] * inv[i] % mod, lg[i] = lg[i>>1] + 1; 
}
void NTT(int *A,int n,int tp){
	static int r[maxn];
	static unsigned long long a[maxn];
	if(tp^1) reverse(A+1,A+n);
	rep(i,0,n-1) r[i] = r[i>>1]>>1|(i&1)<<lg[n]-1,a[i] = (A[r[i]] += A[r[i]] >> 31 & mod);
	for(int L=1;L<n;L<<=1) for(int s=0,L2=L<<1;s<n;s+=L2) for(int k=s,x=L,t;k<s+L;k++,x++)
		t=w[x]*a[k+L]%mod,a[k+L]=a[k]-t+mod,a[k]+=t;
	rep(i,0,n-1) A[i] = a[i] % mod;
	if(tp^1) rep(i,0,n-1) A[i] = 1ll * A[i] * inv[n] % mod; 
}
void Mul(int *A,int *B,int *C,int n,int m,int clr = -1){
	static int st[2][maxn];
	int L = 1 << lg[n+m] + 1;
	rep(i,0,L-1) st[0][i] = i <= n ? A[i] : 0,
		st[1][i] = i <= m ? B[i] : 0;
	NTT(st[0],L,1) , NTT(st[1],L,1);
	rep(i,0,L-1) C[i] = 1ll * st[0][i] * st[1][i] % mod;
	NTT(C,L,-1);
	if(clr != -1) 
		rep(i,clr+1,n+m) C[i] = 0;
}
void Inv(int *A,int *B,int n){
	B[B[1]=0]=Pow(A[0],mod-2);
	static int t[maxn];
	for(int k=2,L=4;k<(n<<1);k<<=1,L<<=1){
		rep(i,0,L-1) t[i]=i<k?A[i]:B[i]=0;
		NTT(t,L,1),NTT(B,L,1);
		rep(i,0,L-1) B[i] = B[i] * (2 - 1ll * t[i] * B[i] % mod) % mod;
		NTT(B,L,-1);
		rep(i,min(n,k),L-1) B[i] = 0;
	}
}
void Ln(int *A,int *B,int n){
	static int t[maxn];
	Inv(A,B,n);
	int L = 1 << lg[2*n-2]+1;
	rep(i,0,L-1) t[i]=i<n-1?A[i+1]*(i+1ll)%mod:B[i]=0;
	NTT(t,L,1),NTT(B,L,1);
	rep(i,0,L-1) t[i]=1ll*t[i]*B[i]%mod;
	NTT(t,L,-1);
	B[0] = 0;
	rep(i,1,L-1) B[i]=i<n?1ll*t[i-1]*inv[i]%mod:0;
}
void Exp(int *A,int *B,int n){
	static int t[maxn];
	B[B[1]=0]=1;
	for(int k=2,L=4;k<(n<<1);k<<=1,L<<=1){
		Ln(B,t,k);
		rep(i,0,L-1) t[i] = i < k ? (i==0) + A[i] - t[i] : B[i] = 0;
		NTT(t,L,1) , NTT(B,L,1);
		rep(i,0,L-1) B[i] = 1ll * B[i] * t[i] % mod;
		NTT(B,L,-1);
		rep(i,min(n,k),L-1) B[i] = 0;
	}
}

int H[maxn],Hd[maxn],Hi[maxn],Hn1[maxn],A[maxn],B[maxn],C[maxn],D[maxn],E[maxn],Lx[maxn],Rx[maxn];
int S[maxn],G[maxn],F[maxn],ans[maxn],P[maxn];

int main(){
	scanf("%d",&n);
	init((n+10)<<1);
	A[0] = A[1] = 1;
	Ln(A,B,n+4);
	rep(i,0,n+10) B[i] = B[i+1];
	Inv(B,H,n+10);
	rep(i,0,n+10) Hd[i] = H[i+1] * (i+1ll) % mod;
	
	Ln(H,C,n+10);
	rep(i,0,n+10) C[i] = 1ll * C[i] * (n+1) % mod;
	Exp(C,Hn1,n+10);
	
	rep(i,0,n+10) D[i] = (mod - H[i+1]) % mod;
	Inv(D,Hi,n+10);
	Mul(Hn1,Hi,Rx,n+10,n+10);
	
	Mul(Hi,Hi,Hi,n+10,n+10);
	Mul(Hi,Hd,Lx,n+10,n+10);
	Mul(Lx,Hn1,Lx,n+10,n+10);
	
	rep(i,0,n+1)
		S[i] = (Rx[n+1-i+1] * 1ll * i % mod + Lx[n-i+2]) * inv[n+1] % mod;
	reverse(S,S+n+2);
	rep(i,0,n+10) G[i] = mod - invf[i+2];
	Inv(G,E,n+10);
	rep(i,0,n+10) E[i] = E[i+1];
	
	rep(i,0,n+1) S[i] = (E[i] - S[i]) % mod;
	S[0] = n;
	rep(i,0,n+1) S[i] = 1ll * S[i] * fac[i] % mod;
	
	rep(i,0,n) F[i] = (n-i&1?-1:1) * invf[n-i];
	Mul(S,F,P,n,n);
	rep(i,0,n) ans[i] = 1ll * P[n+i] * fac[n] % mod * invf[i] % mod;
	
	rep(i,0,n-1) printf("%d%c",(ans[i]+mod)%mod," \n"[i==n]);
}