解题报告（三）多项式求值与插值（拉格朗日插值）（ACM / OI）

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解题报告系列合集：【解题报告系列】超高质量题单 + 题解（ICPC / CCPC / NOIP / NOI / CF / AT / NC / P / BZOJ）

本题单前置知识：【学习笔记】多项式全家桶（包含全套证明）

拉格朗日插值法

有拉格朗日插值公式：

$$f(x)=\sum _{i=1}^n{y}_i\prod _{j\ne i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$$

A. P4781 【模板】拉格朗日插值

Weblink

https://www.luogu.com.cn/problem/P4781

Problem

我们将 $n$个点带入拉格朗日插值公式计算 $f(k)$ 即可。时间复杂度$O(n^2)$。

注意本题还要求逆元，为了防止求逆元的时间复杂度影响整体的时间复杂度，所以我们分别计算出分子和分母，再将分子乘进分母的逆元，累加进最后的答案，时间复杂度的瓶颈就不会在求逆元上，总体的时间复杂度为$O(n^2)$。

Code

本题需要累乘，会爆int，记得开long long

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 500007;
typedef long long ll;
const int mod = 998244353;
ll n, m, k;

struct Point
{
     
    ll x, y;
}A[N];

ll qpow(ll a, ll b, ll c)
{
     
    ll res = 1;
    while(b) {
     
        if(b & 1) res = res * a % c;
        a = a * a % c;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

ll inv(ll x) {
     return qpow(x, mod - 2, mod);}

int main()
{
     
    scanf("%lld%lld", &n, &k);
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
     
        scanf("%lld%lld", &A[i].x, &A[i].y);
    }
    ll ans = 0;

    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
     
        ll s1 = A[i].y % mod;
        ll s2 = 1ll;
        for(int j = 1; j <= n; ++ j) {
     
            if(i != j) {
     
                s1 = s1 * (k - A[j].x) % mod;
                s2 = s2 * (A[i].x - A[j].x) % mod;
            }
        }
        ans += s1 * inv(s2) % mod;
    }
    printf("%lld\n", (ans % mod + mod) % mod);
    return 0;
}

我们使用拉格朗日插值公式，对于一个数 $k$ ，我们很容易在 $O(n^2)$ 时间求得 $F(k)$ 的数值，如果 $x_i$ 是连续的，我们甚至可以利用预处理在 $O(n)$ 时间内得到 $F(k)$ 的数值。
但是如果 $x_i$ 不连续，又有多组查询，就需要得到这个多项式的系数以保证求一个函数值的时间为 $O(n)$ 。

重心拉格朗日插值法

考虑对拉格朗日插值公式进行优化：

$$f(x)=\sum _{i=1}^n{y}_i\prod _{j\ne i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$$

设 $$h=\prod _{i=1}^{n}x-x_i$$
带入得：
$$=h\sum _{i=1}^n\prod _{j\ne i}\frac{y_i}{(x_i-x_j)(x-x_i)}$$

​

设
$$t_i=\prod _{j\ne i}\frac{y_i}{x_i-x_j}$$
​
带入得：

$$=h\sum _{i=1}^n\frac{t_i}{x-x_i}$$
​

在每次加入一个新点时，计算出它的 $t_i$ ，并且更新别的点的 $t_i$ ，时间复杂度 $O(n)$，加入 $n$ 个点就是 $n^2$ 。

这样我们就可以 $O(n)$ 求 $h$ ，然后再 $O(n)$ 求出 $\sum$，总时间复杂度为 $O(n)$。

B. 拉格朗日插值法求系数

Solution

首先观察式子，发现对于每个 $i$ , 上面部分是 $\frac{(x-x_1)\times (x-x_2)\dots \times (x-x_n)}{(x-x_i)}$, 下面那部分和 $y_i$ 都是常数。

所以可以 $O(n^2)$ 处理出$(x-x_1)\times (x-x_2)\dots \times (x-x_n)$ 这个 $n$ 次多项式，然后通过模拟长除法，$O(n)$时间内可以得到$\frac{(x-x_1)\times (x-x_2)\dots \times (x-x_n)}{(x-x_i)}$，然后常系数直接 $O(n)$ 暴力算出来，就得到了 $x_i$ 对应的多项式，最后把所有多项式加起来就得到了最终的系数。

Code

const int maxn = 5007;
ll mod = 998244353;

ll qpow(ll a, ll b) {
     
    ll res = 1;
    while (b) {
     
        if (b & 1)
            res = res * a % mod;
        a = a * a % mod, b >>= 1;
    }
    return res;
}
ll a[maxn], b[maxn], c[maxn], temp[maxn];
ll x[maxn], y[maxn];
int n;
void mul(ll *f, int len, ll t) {
      //len为多项式的次数+1，函数让多项式f变成f*(x+t)
    for (int i = len; i > 0; --i)
        temp[i] = f[i], f[i] = f[i - 1];
    temp[0] = f[0], f[0] = 0;
    for (int i = 0; i <= len; ++i)
        f[i] = (f[i] + t * temp[i]) % mod;
}
void dev(ll *f, ll *r, ll t) {
      //f是被除多项式的系数，r保存f除以x+t的结果
    for (int i = 0; i <= n; ++i)
        temp[i] = f[i];
    for (int i = n; i > 0; --i) {
     
        r[i - 1] = temp[i];
        temp[i - 1] = (temp[i - 1] - t * temp[i]) % mod;
    }
    return;
}
void lglr() {
     
    memset(a, 0, sizeof a);
    b[1] = 1, b[0] = -x[1];
    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
     
        mul(b, i, -x[i]);
    }//预处理(x-x1)*(x-x2)...*(x-xn)
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
     
        ll fz = 1;
        for (int j = 1; j <= n; ++j) {
     
            if (j == i)
                continue;
            fz = fz * (x[i] - x[j]) % mod;
        }
        fz = qpow(fz, mod - 2);
        fz = fz * y[i] % mod; //得到多项式系数
        dev(b, c, -x[i]);//得到多项式，保存在b数组
        for (int j = 0; j < n; ++j)
            a[j] = (a[j] + fz * c[j]) % mod;
    }
}
int main() {
     
    ll k;
    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        scanf("%lld%lld", &x[i], &y[i]);
    lglr();
    ll ans = 0;
    ll res = 1;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
     
        ans = (ans + res * a[i]) % mod;
        res = res * k % mod;
    }
    ans = (ans + mod) % mod;
    cout << ans << endl;
}

C. 2019ICPC 南昌邀请赛 B. Polynomial

Problem

$n\le 1000,m\le 2000,1\le L\le R\le 9999990$

Solution

给定了 $f_i$，$i\in 0\sim n$， $n$ 次多项式给定 $n+1$ 个值，并且还都是连续的，显然可以使用拉格朗日插值 $O(n)$ 计算多项式 $f(x)$。题目中有 $m$ 次询问，每次询问的是一个区间的取值，显然可以用前缀和来维护。

设 $S(x)$ 是 $f_i$ 的前缀和，则答案为 $S(R)-S(L-1)$。

而我们需要预处理出 $S(1)\sim S(9999990)$，直接插值的话时间复杂度 $O(n\times 9999990)$。

我们知道 $n$ 次多项式的前缀和是 $n+1$ 次的多项式，也就意味着 $S(x)$ 需要用 $n+2$ 个点来通过拉格朗日插值求解。但是我们只有 $n+1$ 个点，我们可以利用拉格朗日插值法求出 $f(n+1)$，这样就有了 $n+2$ 个点。我们只需要对 $S(x)$ 进行插值即可。

Time

$O(T\times m\times n)$

Code

#include 

using namespace std;
const int N = 5007, mod = 9999991;

#define int long long

int n, m, t;
int inv[mod + 7], infact[mod + 7];
int sum[N], a[N];
 

void init(int n)
{
     
	inv[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= n; ++ i)
		inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
	infact[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) 
		infact[i] = infact[i - 1] * inv[i] % mod;
}

int lagrange(int x, int *a, int n)
{
     
	int res = 0;
	int p = 1;
	for(int i = 0; i <= n; ++ i)
		p = p * (x - i) % mod;
	for(int i = 0; i <= n; ++ i) {
     
		int f = (n - i) & 1 ? -1 : 1;
		res = (res + mod + a[i] * f * p % mod * inv[x - i] % mod * infact[i] % mod * infact[n - i] % mod) % mod;
	}
	return res;
}

signed main()
{
     
	init(mod);
	scanf("%lld", &t);
	while(t -- ) {
     
		scanf("%lld%lld", &n, &m);
		for(int i = 0; i <= n; ++ i) {
     
			scanf("%lld", &a[i]);
			a[i] %= mod;
		}
		a[n + 1] = lagrange(n + 1, a, n); 
		sum[0] = a[0];
		for(int i = 1; i <= n + 1; ++ i) 
			sum[i] = (sum[i - 1] + a[i]) % mod;
		while(m -- ) {
     
			int l, r;
			scanf("%lld%lld", &l, &r); 
			if(r <= n + 1) {
     
				printf("%lld\n", (sum[r] - sum[l - 1] + mod) % mod);
			}
			else if(l - 1 <= n + 1) {
     
				printf("%lld\n", (lagrange(r, sum, n + 1) - sum[l - 1] + mod) % mod);
			}
			else printf("%lld\n", (lagrange(r, sum, n + 1) - lagrange(l - 1, sum, n + 1) + mod) % mod);
		}
	}
	return 0;
}

D. CF622F The Sum of the k-th Powers（自然数k次幂的和）

Problem

求 ${\sum }_{i=1}^n{i}^k$ ，$n\le 10^9,k\le 10^6$

Solution

$n=k+2$

我们知道对于一个 $n$ 次多项式 $f(x)$ ，若有一个数列 $f(1),f(2),f(3),...f(n)$，多项式差分为 $f(2)-f(1),f(3)-f(2),...$，显然有结论：多项式差分是关于 $i$ 的 $n-1$ 次多项式。

题中所给的数列自然数k次幂的和，即 $f(i)={\sum }_{j=1}^i{j}^k$ ，进行多项式差分后得到：$\Delta f(i)=(i+1{)}^k$ ，是一个关于 $i$ 的 $k$ 次多项式，可以得出结论：原多项式 $f(n)$ 是一个关于 $n$ 的 $k+1$ 次多项式。

即：自然数k次幂的和是一个 $k+1$ 次多项式。

所以我们只需要预处理出 $k+2$ 个点的值 $f(i)$ ，就可以使用拉格朗日插值法求出 $f(n)$。显然我们可以预处理出 $0\sim k+2$ 的 $f(i)$ 的值，这样得到的是 $x$ 取值连续的序列，我们就可以是哟个拉格朗日插值 $O(n)$ 计算出 $f(n)$ 的值，即为答案。

Time

$O(k)$

Code

#include  
using namespace std;

const int N = 1100007, mod = 1e9 + 7;


int read(){
     
    int s = 0, ne = 1; char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
     if(c == '-') ne = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') s = (s << 1) + (s << 3) + c - '0', c = getchar();
    return s * ne;
}

int qpow(int a, int b)
{
     
	int res = 1;
	while(b) {
     
		if(b & 1) res = 1ll * res * a % mod;
		a = 1ll * a * a % mod; 
		b >>= 1;
	} 
	return res;
}

int n, k;
int s[N], pre[N], suf[N], infact[N], fact[N], ans;

void init(int k)
{
     
	infact[0] = fact[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= k + 10; ++ i)
		fact[i] = 1ll * fact[i - 1] * i % mod;
	infact[k + 10] = qpow(fact[k + 10], mod - 2);
	for(int i = k + 9; i >= 0; -- i)  
		infact[i] = 1ll * infact[i + 1] * (i + 1) % mod;
	infact[0] = 1;
 	
}
 
// i = 1 to n, ∑ i^k

void lagrange(int n, int k)
{
      
	s[0] = 0;
	for(int i = 1; i <= k + 2; ++ i)
 		s[i] = (s[i - 1] + qpow(i, k)) % mod;
	if(n <= k + 2) {
     
		printf("%d", s[n]);
		return ;
	}
	pre[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= k + 2; ++ i)
		pre[i] = 1ll * pre[i - 1] * ((n - i + mod) % mod) % mod;
	suf[k + 3] = 1;
	for(int i = k + 2; i; -- i)
		suf[i] = 1ll * suf[i + 1] * ((n - i + mod) % mod) % mod;
		
	for(int i = 1; i <= k + 2; ++ i) {
     
		s[i] = 1ll * s[i] * pre[i - 1] % mod * suf[i + 1] % mod * infact[i - 1] % mod * infact[k + 2 - i] % mod;
		if((k + 2 - i) & 1) 
			ans = (1ll * ans - s[i] + mod) % mod;
		else ans = (1ll * ans + s[i]) % mod;
	}
	printf("%d\n", ans);
}
 
int main()
{
     
	scanf("%d%d", &n, &k);
	init(k);
	lagrange(n, k);
	return 0;
}

E. 牛客挑战赛36 D. 排名估算（ “概率论全家桶”，好题，拉格朗日插值求自然数 k 次幂之和）

Weblink

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/3782/D

Problem

期末考后，小 C 登录了学校的成绩查询系统，却发现自己的排名被屏蔽了。为了知道自己的排名，小 C 使用了系统中的“好友伴学”功能。每次，系统会在除了小 C 之外的所有考生中随机抽取一名，然后返回 Ta 的排名比小 C 高还是低。这次考试有 $n$ 个人参加，小 C 总共使用的 $m$ 次 “好友伴学” 功能，却没有一次抽中排名比自己高的人。请问小C在这次考试中的期望排名是多少?

$2\le n\le 10^{11},0\le m\le 5000$

假设小C的的期望排名化为最简分数后是 $p/q$，输出 $p\ast q^{-1}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}998244353$。

Solution

设 $p_i$ 表示排名为第 $n-i$ 时，$m$ 次没抽中排名比自己高的人（排名高指排名在自己前面hhh）的概率。

显然排名只有 $1\sim n$，则对于 $0\le i\le n-1$，$p_i=(\frac{i}{n-1}{)}^m$（排名 $n-i$，则比自己排名高的一共有 $n-i$ 个人，没有抽中显然是抽到了自己后面的 $i$ 排名低的人）

令事件 $A$ 为 $m$ 次没抽中，事件 $B_i$ 为排名为 $n-i$ 。

根据乘法公式：$P(A{B}_i)=P(A|B_i)\times P(B_i)=P(B_i|A)\times P(A)$，

我们首先计算 $P(A)$，根据全概率公式：

$$P(A)=\sum _{i=0}^{n-1}P(B_i)\times P(A|B_i)$$

即排名为 $i$ 的前提下事件$A$ ，$m$ 次没抽中的概率之和。

显然

$$P(B_i)=\frac{1}{n}，P(A|B_i)=p_i=(\frac{i}{n-1}{)}^m$$

则

$$P(A)=\sum _{i=0}^{n-1}(\frac{i}{n-1}{)}^m\times \frac{1}{n}$$

代入贝叶斯公式：

$$\begin{array}{rlr}P(B_i|A)& =\frac{P(B_i)\times P(A|B_i)}{\sum _{j=0}^{n-1}P(B_j)\times P(A|B_j)}& \\ & =\frac{p_i\times \frac{1}{n}}{\sum _{j=0}^{n-1}{p}_j\times \frac{1}{n}}& \end{array}$$

期望 $E(x)=P\times x$

$x$ 是排名，$p$ 为排名为 $x$ 时抽 $m$ 次抽不到的概率。

显然答案为：
$$\begin{array}{rlr}ans& =\sum _{x=1}^{n}E(x)& \\ & =\sum _{x=1}^{n}P(B_i|A)\times (n-i)& \\ & =\sum _{i=0}^{n-1}\frac{p_i\times \frac{1}{n}\times (n-i)}{\sum _{j=0}^{n-1}{p}_j\times \frac{1}{n}}& \\ & =\frac{\sum _{i=0}^{n-1}{p}_i\times (n-i)}{\sum _{i=0}^{n-1}{p}_i}& \\ & =n-\frac{\sum _{i=0}^{n-1}{i}^{m+1}}{\sum _{i=0}^{n-1}{i}^m}& \end{array}$$

显然答案就是一个自然数 $k$ 次幂之和，我们使用拉格朗日插值 $O(n)$ 计算即可。

特判一下 $m=0$ 的情况，即不抽，那么期望就是：

$$E(x)=P\times x=\frac{1}{n}\times \sum _{i=1}^{n}i=\frac{1}{n}\times \frac{n(n+1)}{2}=\frac{n+1}{2}$$

当然不需要化简为最简分数，因为除法转换成逆元乘起来是等价的。

Code

// Problem: 排名估算
// Contest: NowCoder
// URL: https://ac.nowcoder.com/acm/contest/3782/D
// Memory Limit: 524288 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)


#include 
#define int long long
using namespace std;

const int N = 5007, M = 5007, mod = 998244353;
 
int read(){
     
    int s = 0, ne = 1; char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
     if(c == '-') ne = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') s = (s << 1) + (s << 3) + c - '0', c = getchar();
    return s * ne;
}

int qpow(int a, int b)
{
     
	int res = 1;
	while(b) {
     
		if(b & 1) res = 1ll * res * a % mod;
		a = 1ll * a * a % mod; 
		b >>= 1;
	} 
	return res;
}
 
int s[N], pre[N], suf[N], infact[N], fact[N];

void init(int k)
{
      
	infact[0] = fact[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= k + 10; ++ i)
		fact[i] = 1ll * fact[i - 1] * i % mod;
	infact[k + 10] = qpow(fact[k + 10], mod - 2);
	for(int i = k + 9; i >= 0; -- i)  
		infact[i] = 1ll * infact[i + 1] * (i + 1) % mod;
	infact[0] = 1; 
}
 
int lagrange(int n, int k)
{
      
	int ans = 0; 
	s[0] = 0;
 	for(int i = 1; i <= k + 2; ++ i)
 		s[i] = (s[i - 1] + qpow(i, k)) % mod;
	
	if(n <= k + 1)  
		return s[n];  
	
	pre[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= k + 2; ++ i)
		pre[i] = 1ll * pre[i - 1] * ((n - i + mod) % mod) % mod;
	suf[k + 3] = 1;
	for(int i = k + 2; i; -- i)
		suf[i] = 1ll * suf[i + 1] * ((n - i + mod) % mod) % mod;
		
	for(int i = 0; i <= k + 2; ++ i) {
     
		s[i] = 1ll * s[i] * pre[i - 1] % mod * suf[i + 1] % mod * infact[i - 1] % mod * infact[k + 2 - i] % mod;
		if((k + 2 - i) & 1) 
			ans = (1ll * ans - s[i] + mod) % mod;
		else ans = (1ll * ans + s[i]) % mod;
	}
	return (ans + mod) % mod;
}
 
int n, m;
 
signed main()
{
     
	init(M - 5);
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	if(m == 0) {
     
		printf("%lld\n", (n + 1) % mod * qpow(2, mod - 2) % mod);
		return 0;
	}
	int up = lagrange(n - 1, m + 1); 
	int down = lagrange(n - 1, m); 
	down = qpow(down, mod - 2);
	printf("%lld\n", (n - up * down % mod + mod) % mod);
}

F. P4593 [TJOI2018]教科书般的亵渎

Weblink

https://www.luogu.com.cn/problem/P4593

Problem

Solution

炉石6年老玩家报道！

看好了，我将为大家表演一波教科书般的亵渎（&3/-+7%&567%*19&%…+/*-+…_+%*……&&*）(●ˇ∀ˇ●) ————> 扭了，扭了（扭曲虚空）

老师的术士打的还不够多

显然我们需要使用 $k=m+1$ 张亵渎，那么每使用一张亵渎，获得的贡献就是一段自然数k次幂的和，我们减掉中间缺掉的随从的贡献就行了。

Time

$O(m^2)$

Code

G. P4463 [集训队互测 2012] calc（拉格朗日优化DP）

Weblink

https://www.luogu.com.cn/problem/P4463

Problem

$k\le 10^9,n\le 500$，$p\le 10^9$，并且 $p$ 为素数，$p>k>n+1$。

Solution

显然对于一种取值的合法序列，这个序列不管怎么排列，合法序列的值都一样的，我们先考虑暴力计算，设 $dp(i,j)$ 表示前 $i$ 个数取值域范围 $[1,j]$ 的所有取值不同的合法序列的值之和。直接转移很不方便，我们可以只考虑递增的序列，即我们仅需讨论第 $i$ 个数取还是不取 $j$

即：

$$dp[i][j]=j\ast dp[i-1][j-1]+dp[i][j-1]$$

显然答案就是所有取值不同的合法序列的值之和乘上排列的方案数 $n!$。答案就是 $dp[n][k]$，但是 $k\le 1e9$，考虑优化。

一个DP的递推式可以看作是一个多项式，多项式 $f_n(i)$ 就是 $dp[n][i]$，那么答案就是 $dp[n][k]=f_n(k)$

代入递推式得：

$$f_i(j)-f_i(j-1)=j\ast f_{i-1}(j-1)$$

设 $f_i(j)$ 是 $g(n)$ 次多项式

前面是一个差分的形式，显然有结论：

• 两个 $n$ 次多项式的差分是一个 $n-1$ 次多项式

• 两个 $n$ 次多项式的前缀和是一个 $n+1$ 次多项式

自己代入展开算一下就知道了

则 $f_i(j)-f_i(j-1)$ 是 $g(n)-1$ 次多项式，$j\ast f_{i-1}(j-1)$ 是一个 $g(n-1)+1$ 次多项式（乘上了一个 $j$ 嘛），即：

$$g(n)-1=g(n-1)+1，g(n)=g(n-1)+2$$

显然 $g(0)=0$，则 $g(n)=2\times n$。也就意味着我们只需要计算出 $f$ 的前 $2\times n+1$ 项的值，就可以唯一确定一个 $2\times n$ 项的多项式，并且因为我们得到的 $2\times n+1$ 项的值中的 $x$ 还是连续的，也就意味着我们可以用拉格朗日插值法 ，在 $O(2\ast n)/O(n^2)$ 的复杂度下直接求出 $f_n(k)$，既是所求的答案。由于需要 $O(n^2)$ 预处理$dp$ 数组，所以复杂度为 $O(n^2)$。

当然本题还有生成函数的做法，利用多项式科技可以做到 $O(nlogn)$ ：P5850 calc加强版。

Time

$O(n^2)$

Code

 #include 

using namespace std;
#define int long long
const int N = 5007;

int n, m, k, mod;
int dp[N][N];

int qpow(int a, int b)
{
     
	int res = 1;
	while(b) {
     
		if(b & 1) res = res * a % mod;
		a = a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

int inv(int x)
{
     
	return qpow(x, mod - 2);
}

signed main()
{
     
	scanf("%lld%lld%lld", &k, &n, &mod);
	int m = 2 * n + 1;
	for(int i = 0; i <= m; ++ i)
		dp[0][i] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
     
		for(int j = 1; j <= m; ++ j) {
     
			dp[i][j] = (dp[i][j - 1] + dp[i - 1][j - 1] * j % mod) % mod;
		}
	}

	int ans = 0, fact = 1;
	for(int i = 1; i <= n; ++ i)
		fact = fact * i % mod;
		
	if(k <= m) {
     
		ans = dp[n][k];
		printf("%lld\n", ans * fact % mod);
		return 0;
	}
	for(int i = 1; i <= m; ++ i) {
     
		int up = dp[n][i], down = 1;
		for(int j = 1; j <= m; ++ j) {
     
			if(i != j) {
     
				up = up * (k - j + mod) % mod; 
				down = down * (i - j + mod) % mod;
			}
		}
		ans = (ans + up * inv(down) % mod) % mod;
	} 
	printf("%lld\n", ans * fact % mod);
}

H. CF995F Cowmpany Cowmpensation（拉格朗日优化DP）

Weblink

https://www.luogu.com.cn/problem/CF995F

Problem

%给定n个点m条边的有向无环图，其中没有入度的点被视为源点，没有出度的点被视为汇点。 保证源点和汇点数目相同。 考虑所有把源汇点两两配对，并用两两不相交的路径把它们两两连接起来的所有方案。 如果这个方案中，把源点按标号1到n排序后，得到的对应汇点序列的逆序数对的个数是奇数，那么A给B一块钱，否则B给A一块钱。 问最后A的收益，对大质数取模。 n ≤ 600

树形结构，给每个节点分配工资（[1,d]），子节点不能超过父亲节点的工资，问有多少种分配方案

Solution

Code

杜教的代码！%%%

#include 
using namespace std;
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i
#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef vector<int> VI;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const ll mod=1000000007;
ll powmod(ll a,ll b) {
     ll res=1;a%=mod; assert(b>=0); for(;b;b>>=1){
     if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;}return res;}
ll gcd(ll a,ll b) {
      return b?gcd(b,a%b):a;}
// head

namespace polysum {
     
	const int D=101000;
	ll a[D],f[D],g[D],p[D],p1[D],p2[D],b[D],h[D][2],C[D];
	ll calcn(int d,ll *a,ll n) {
     
		if (n<=d) return a[n];
		p1[0]=p2[0]=1;
		rep(i,0,d+1) {
     
			ll t=(n-i+mod)%mod;
			p1[i+1]=p1[i]*t%mod;
		}
		rep(i,0,d+1) {
     
			ll t=(n-d+i+mod)%mod;
			p2[i+1]=p2[i]*t%mod;
		}
		ll ans=0;
		rep(i,0,d+1) {
     
			ll t=g[i]*g[d-i]%mod*p1[i]%mod*p2[d-i]%mod*a[i]%mod;
			if ((d-i)&1) ans=(ans-t+mod)%mod;
			else ans=(ans+t)%mod;
		}
		return ans;
	}
	void init(int M) {
     
		f[0]=f[1]=g[0]=g[1]=1;
		rep(i,2,M+5) f[i]=f[i-1]*i%mod;
		g[M+4]=powmod(f[M+4],mod-2);
		per(i,1,M+4) g[i]=g[i+1]*(i+1)%mod;
	}
	ll polysum(ll n,ll *a,ll m) {
      // a[0].. a[m] \sum_{i=0}^{n-1} a[i]
		a[m+1]=calcn(m,a,m+1);
		rep(i,1,m+2) a[i]=(a[i-1]+a[i])%mod;
		return calcn(m+1,a,n-1);
	}
	ll qpolysum(ll R,ll n,ll *a,ll m) {
      // a[0].. a[m] \sum_{i=0}^{n-1} a[i]*R^i
		if (R==1) return polysum(n,a,m);
		a[m+1]=calcn(m,a,m+1);
		ll r=powmod(R,mod-2),p3=0,p4=0,c,ans;
		h[0][0]=0;h[0][1]=1;
		rep(i,1,m+2) {
     
			h[i][0]=(h[i-1][0]+a[i-1])*r%mod;
			h[i][1]=h[i-1][1]*r%mod;
		}
		rep(i,0,m+2) {
     
			ll t=g[i]*g[m+1-i]%mod;
			if (i&1) p3=((p3-h[i][0]*t)%mod+mod)%mod,p4=((p4-h[i][1]*t)%mod+mod)%mod;
			else p3=(p3+h[i][0]*t)%mod,p4=(p4+h[i][1]*t)%mod;
		}
		c=powmod(p4,mod-2)*(mod-p3)%mod;
		rep(i,0,m+2) h[i][0]=(h[i][0]+h[i][1]*c)%mod;
		rep(i,0,m+2) C[i]=h[i][0];
		ans=(calcn(m,C,n)*powmod(R,n)-c)%mod;
		if (ans<0) ans+=mod;
		return ans;
	}
}

const int N=3010;
int n,d,p,dp[N][N];
VI s[N];
ll pres[N];
void dfs(int u) {
     
	rep(i,0,n+1) dp[u][i]=1;
	for (auto v:s[u]) {
     
		dfs(v);
		rep(i,0,n+1) pres[i]=dp[v][i];
		rep(i,1,n+1) pres[i]=(pres[i]+pres[i-1])%mod;
		rep(i,0,n+1) dp[u][i]=dp[u][i]*pres[i]%mod;
	}
}

int main() {
     
	scanf("%d%d",&n,&d); --d;
	polysum::init(3456);
	rep(i,2,n+1) {
     
		scanf("%d",&p);
		s[p].pb(i);
	}
	dfs(1);
	rep(i,0,n+1) pres[i]=dp[1][i];
	rep(i,1,n+1) pres[i]=(pres[i]+pres[i-1])%mod;
	printf("%lld\n",polysum::calcn(n,pres,d));
}

I. （2018牛客多校（一）F）Sum of Maximum（组合数学+拉格朗日插值）

http://tokitsukaze.live/2018/07/19/2018niuke1.F/

%[https://blog.csdn.net/qq_42819598/article/details/95497117?utm_medium=distribute.pc_relevant.none-task-blog-2%7Edefault%7EBlogCommendFromMachineLearnPai2%7Edefault-3.control&depth_1-utm_source=distribute.pc_relevant.none-task-blog-2%7Edefault%7EBlogCommendFromMachineLearnPai2%7Edefault-3.control](https://blog.csdn.net/qq_42819598/article/details/95497117?utm_medium=distribute.pc_relevant.none-task-blog-2~default~BlogCommendFromMachineLearnPai2~default-3.control&depth_1-utm_source=distribute.pc_relevant.none-task-blog-2~default~BlogCommendFromMachineLearnPai2~default-3.control)

多项式求值与插值

A. P5050 【模板】多项式多点求值

Weblink

https://www.luogu.com.cn/problem/P5050

Problem

Solution

Time

$O(nlo{g}^{2}n)$

Code

B. P5158 【模板】多项式快速插值

Weblink

https://www.luogu.com.cn/problem/P5158

Problem

Solution

好长时间没用笔写过字了，怎么这么丑…

Time

$O(nlo{g}^{2}n)$

Code

%https://blog.csdn.net/a_forever_dream/article/details/112547349

%https://blog.csdn.net/C20190102/article/details/106693455